1.PolandBall and Hypothesis
大意就是让你找一个m使得n*m+1是一个合数。
首先对于1和2可以特判，是1输出3，是2输出4。
然后对于其他所有的n，我们都可以非常快的找到一个最小的与它互质的质数p(考虑反证法)，并且满足p<n。
这样就相当与解一个同余方程 n*m = p-1 (mod p) ， 解出的m可以保证 n*m+1 是 p 的倍数，也就是合数了。
又因为gcd(p,n)==1,所以这个方程肯定有解，直接求一个 n 在mod p意义下的逆元然后乘上 p-1 就行了。
这个方法牛逼的地方就在它的复杂度(如果不算快速幂和n大了要用高精度的话)是比log还小的，所以n甚至可以出到 2^63 级别。
(但这样就不好写checker了吧2333)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int zs[10]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29},n,i;
inline int ksm(int x,int y,const int ha){
int an=1;
for(;y;y>>=1,x=x*(ll)x%ha) if(y&1) an=an*(ll)x%ha;
return an;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n==1) puts("3");
else if(n==2) puts("4");
else for(;i<10;i++) if(n%zs[i]){
const int ha=zs[i];
printf("%d
",(ha-1)*(ll)ksm(n%ha,ha-2,ha)%ha);
break;
}
return 0;
}
2.PolandBall and Game
很裸很裸的一个贪心，肯定是优先选重叠的，所以hash一下直接贪就好啦QWQ
#include<bits/stdc++.h>
#define ll unsigned long long
using namespace std;
unordered_map<ll,int> mmp;
int n,m,tot;
ll now;
char c;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(c=getchar(),now=0;c!='
';c=getchar()) now=now*(ll)73+c-'a'+3ll;
if(!now){ i--; continue;}
mmp[now]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
for(c=getchar(),now=0;c!='
';c=getchar()) now=now*(ll)73+c-'a'+3ll;
if(!now){ i--; continue;}
if(mmp[now]) tot++;
}
n+=(tot&1);
puts(n>m?"YES":"NO");
return 0;
}
3.PolandBall and Forest
又是一道神仙题。
可以证明同一颗树里面的p[]一定是点标号严格最小的直径中的一个端点，这个玩意还是画画图比较好理解。。。
于是我们就找一找这种端点互相对应的直径数就好啦。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=10005;
int n,a[N],cnt;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]>=i&&a[a[i]]==i) cnt++;
printf("%d
",cnt);
return 0;
}
4.PolandBall and Gifts
把置换拆成环之后，可以发现一个位置不带礼物会影响环上它和它的后继，那么两种极值肯定是希望 影响尽量重叠 或者 尽量不重叠。
最小化的话就是尽量重叠，可以发现当且仅当物品看成是环大小的背包可以凑出k的时候答案是k；否则就是k+1。
直接背包肯定会凉凉啊，但是多重背包可以把每个物品的体积拆成 1 + 2 + 4 + ... + lef，偶数项都可以放到更大的体积的物品中去(因为 ∑每种物品的体积×个数 = N，所以不会出事)，所以每种物品最多加两次，并且最多加sqrt(N)种不同的物品(想一想为什么)，于是bitset一下复杂度刚刚好是 3*1e7，卡着过(虽然实际复杂度非常优秀)。
最大化非常简单，直接贪心就好啦QWQ
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
inline int read(){
int x=0; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
bitset<N> B;
int n,p[N],k,K,ans[2],lef,c[N];
bool v[N];
inline int getlen(int x){
int an=0;
for(;!v[x];x=p[x]) v[x]=1,an++;
return an;
}
inline void solve0(){
for(int i=1,now;i<=n;i++) if(!v[i]){
now=getlen(i),c[now]++;
lef+=now&1,now^=now&1;
if(K>=(now>>1)) K-=now>>1,ans[0]+=now;
else if(K) ans[0]+=K<<1,K=0;
}
if(K) ans[0]+=min(K,lef);
}
inline void solve1(){
B[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) if(c[i]){
B|=B<<i,c[i]--;
if(c[i]&1) B|=B<<i;
c[i<<1]+=c[i]>>1;
}
ans[1]=B[k]?k:k+1;
}
int main(){
n=read(),K=k=read();
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read();
solve0(),solve1();
printf("%d %d
",ans[1],ans[0]);
return 0;
}
5.Fix a Tree
首先原图肯定是若干基环树，我们的任务就是最后只留一个联通的基环树，并且环还得是自环。
先看一看原图中有没有自环，如果有的话就随便找一个当根。
然后用并查集维护联通性，如果i和p[i]已经在一个联通分量里的话，就把p[i]指向根，并且ans++。
当然，如果原来就没有根的话那么就把i设为根，最后答案是一样的。
可以证明答案总是 ： 联通分量个数 - [原图中有没有自环]
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=200005;
inline int read(){
int x=0; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
void W(int x){ if(x>=10) W(x/10); putchar(x%10+'0');}
int p[N],n,root,a[N],ans;
int getf(int x){ return p[x]==x?x:(p[x]=getf(p[x]));}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i,a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==i){ root=i; break;}
for(int i=1,fa,fb;i<=n;i++) if(i!=root){
fa=getf(i),fb=getf(a[i]);
if(fa!=fb) p[fa]=fb;
else{
ans++;
if(root) a[i]=root;
else root=a[i]=i;
}
}
W(ans),puts("");
for(int i=1;i<=n;i++) W(a[i]),putchar(' ');
return 0;
}