A：A Prank
题意：给定一个递增序列， 问最多能删除多少个连续数字，要求删除数字之后能还原成原来的数列。
题解：直接找就好了，为了方便可以使得第0个数字为0， 第n+1个元素为1001
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout); #define LL long long #define ULL unsigned LL #define fi first #define se second #define pb push_back #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define lch(x) tr[x].son[0] #define rch(x) tr[x].son[1] #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c)) #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c)) typedef pair<int,int> pll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const LL mod = (int)1e9+7; const int N = 1e5 + 100; int a[N]; int main(){ int n, m = 0; scanf("%d", &n); a[0] = 0, a[n+1] = 1001; for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]); int ans = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i){ if(a[i-1]+1 == a[i] && a[i]+1 == a[i+1]) m++; else m = 0; ans = max(ans, m); } cout << ans << endl; return 0; }
B：Math
题意：给你一个n，现在有2种操作，1把这个n乘上一个值，2把这个n开根号，要求开完根号之后还是整数，求n最小能变成多少，以及最小的操作次数。
题解：对于一个数字，我们先把他分解质因子，计算每个因子的个数，很明白，只有所有的质因子都为偶数的时候，他这个时候才能开方，
并且，这个数的最小值就是这些不同的质因子的乘积。
要使数字变小，所以我们先需要把每个因子的个数都变成偶数，然后在开根号，因子个数都会/2
所以我们需要找到最大的因子个数是啥，假如为x，然后把所有数目都变成 x <= 2^k 次，然后我们只需要一直开方就好了。
如果x = 5, 我们至少要把除3次，为了避免每次都需要先乘上一个数，我们把第一次乘法的时候就把他变成2^k。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout); #define LL long long #define ULL unsigned LL #define fi first #define se second #define pb push_back #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define lch(x) tr[x].son[0] #define rch(x) tr[x].son[1] #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c)) #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c)) typedef pair<int,int> pll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const LL mod = (int)1e9+7; const int N = 1e5 + 100; vector<int> vc; int aaans = 1; void solve(int x){ for(int i = 2; i*i <= x; ++i){ if(x%i == 0){ int cnt = 0; aaans *= i; while(x%i == 0){ x /= i; cnt++; } vc.pb(cnt); } } if(x != 1) vc.pb(1); aaans *= x; } int cnt = 0; int main(){ int n; scanf("%d", &n); solve(n); if(vc.size() == 0) vc.pb(1); int mx = 0, f = 0; for(auto v : vc){ mx = max(v, mx); } int tmp = 0; for(int i = 0;;++i){ if(mx <= (1<<i)){ tmp = i; break; } } int ans = tmp; tmp = 1 << tmp; for(auto v: vc){ if(tmp != v) f = 1; } ans += f; cout << aaans << ' ' << ans << endl; return 0; }
C：Banh-mi
题解：找规律。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout); #define LL long long #define ULL unsigned LL #define fi first #define se second #define pb push_back #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define lch(x) tr[x].son[0] #define rch(x) tr[x].son[1] #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c)) #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c)) typedef pair<int,int> pll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const LL mod = (int)1e9+7; const int N = 1e5 + 100; int cnt[N][2]; LL dp[N]; void init(){ //LL t = 1; dp[1] = 1; for(int i = 2; i < N; ++i){ dp[i] = dp[i-1]<<1; if(dp[i] > mod) dp[i] -= mod; } } int solve(int x, int y){ LL ret = 0; ret = dp[y+1] - 1; ret += (dp[y+1]-1)*(dp[x+1]-1); ret = ((ret%mod)+mod)%mod; return ret; } char s[N]; int main(){ int n, q; init(); scanf("%d%d", &n, &q); scanf("%s", s+1); for(int i = 1; i <= n; ++i){ cnt[i][0] = cnt[i-1][0]; cnt[i][1] = cnt[i-1][1]; cnt[i][s[i]-'0']++; } int l, r; while(q--){ scanf("%d%d", &l, &r); printf("%d ", solve(cnt[r][0]-cnt[l-1][0],cnt[r][1]-cnt[l-1][1])); } return 0; }
题解：我们可以从样例分析中发现，我们可以经过4次跳跃之后返回到原来的这个地方。
也就是说，我们每次走到一个新的位置之后，我们可以遍历他的所有因子，再返回到这个位置，然后继续按原来的路径行事。
我们不用管他怎么走，只需要明白每出现一个数会对答案产生什么影响就好了。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout); #define LL long long #define ULL unsigned LL #define fi first #define se second #define pb push_back #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define lch(x) tr[x].son[0] #define rch(x) tr[x].son[1] #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c)) #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c)) typedef pair<int,int> pll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const LL mod = (int)1e9+7; const int N = 1e5 + 100; int vis[N]; void init(){ for(int i = 2; i < N; ++i){ for(int j = i+i, t = 2; j < N; j+=i, t++){ vis[j] += t; } } } int main(){ int n; scanf("%d", &n); init(); LL sum = 0; for(int i = 2; i <= n; ++i){ sum += vis[i]; } cout << sum*4 << endl; return 0; }
E：Company
题意：求多个点 在可以删除一个点的前提下剩下的点lca 取 深度最大的点能是啥。
题解：我们把树建立起来，跑一遍dfs，记录下他的dfs序。
那么答案就是找到这个区间的 最大值dfs序， 次大值， 次小值， 最小值。
然后答案就是在删除最大值的位置下 和 删除最小值的位置下取优。
这个操作是基于一个思想，就是 这些点的lca就是 dfs序的最大值的那个位置 和 最小值的那个位置的lca。
原因很简单，我们需要找到一个点 他的dfs序 入和出 能包括询问的所有的dfs序。
也就是说找到一个点 in[v] <= min(q - point ) out[v] >= max( q - point)
观察上式，我们发现只有 最大值和最小值发生了改变才会对答案产生影响， 删除中间的点是不会产生影响的。
所以我们只需要找到 最大值， 次大值， 次小值， 最小值 然后删除最大值 查询最小值和次大值的lca 和 删除最小值查询次小值和最大值的lca 2者取优就好了。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout); #define LL long long #define ULL unsigned LL #define fi first #define se second #define pb push_back #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define lch(x) tr[x].son[0] #define rch(x) tr[x].son[1] #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c)) #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c)) typedef pair<int,int> pll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const LL mod = (int)1e9+7; const int N = 1e5 + 100; int anc[N][20]; int dfn[N], now = 0, deep[N], pos[N]; int n, q; vector<int> vc[N]; void dfs(int u){ dfn[u] = ++now; pos[now] = u; for(auto v : vc[u]){ deep[v] = deep[u] + 1; anc[v][0] = u; for(int i = 1; i < 18; ++i) anc[v][i] = anc[anc[v][i-1]][i-1]; dfs(v); } } int Find(int u, int v){ if(deep[u] < deep[v]) swap(u,v); int x = deep[u] - deep[v]; for(int i = 17; i >= 0; --i) if((x>>i)&1) u = anc[u][i]; if(u == v) return u; for(int i = 17; i >= 0; --i) if(anc[u][i] != anc[v][i]) u = anc[u][i], v = anc[v][i]; return anc[v][0]; } int tmx[N<<2], tmn[N<<2]; void build(int l, int r, int rt){ if(l == r){ tmx[rt] = tmn[rt] = dfn[l]; return ; } int m = l+r >> 1; build(lson); build(rson); tmx[rt] = max(tmx[rt<<1], tmx[rt<<1|1]); tmn[rt] = min(tmn[rt<<1], tmn[rt<<1|1]); } int Qmax(int L, int R, int l, int r, int rt){ if(L > R) return 0; if(L <= l && r <= R) return tmx[rt]; int m = l+r >> 1; int ret = 0; if(L <= m) ret = max(ret, Qmax(L,R,lson)); if(m < R) ret = max(ret, Qmax(L,R,rson)); return ret; } int Qmin(int L, int R, int l, int r, int rt){ if(L > R) return N; if(L <= l && r <= R) return tmn[rt]; int m = l+r >> 1; int ret = N; if(L <= m) ret = min(ret, Qmin(L,R,lson)); if(m < R) ret = min(ret, Qmin(L,R,rson)); return ret; } void solve(int l, int r){ int x1, x2, x3, x4; int v1, v2, v3, v4; v1 = Qmax(l,r,1,n,1); x1 = pos[v1]; v2 = max(Qmax(l,x1-1,1,n,1), Qmax(x1+1,r,1,n,1)); x2 = pos[v2]; v4 = Qmin(l,r,1,n,1); x4 = pos[v4]; v3 = min(Qmin(l,x4-1,1,n,1), Qmin(x4+1,r,1,n,1)); x3 = pos[v3]; int ans1 = deep[Find(x1,x3)]; int ans2 = deep[Find(x2,x4)]; if(ans1 >= ans2) printf("%d %d ", x4, ans1); else printf("%d %d ", x1, ans2); } int main(){ scanf("%d%d", &n, &q); for(int i = 2, u; i <= n; ++i){ scanf("%d", &u); vc[u].pb(i); } dfs(1); build(1,n,1); int l, r; while(q--){ scanf("%d%d", &l, &r); solve(l, r); } return 0; }
题意：问有多少个点是合法点，u点如果是合法点，则最多只有一个点v 是 u没法走到v， v没法走到u。 题目说了一开始的图不会是强连通图。
题解：
我们先正向建图，然后按照拓扑排序的写法，当一个点的度数为0的时候入队。
每次我们取出一个点，我们看看队内是否为空，如果队内为空，则我们目前的这个点一定就是可以走到剩下图中所有的点。
如果队内还有一个点， 首先我们需要明白， 已经取出来的点x 和 还在队内的那个点y 这2个点之间是没有边的关系的，即 x 不能走到 y， y不能走到x。
现在我们判断一下，在剩下的图中，是不是有一个点是只能通过y走到的，如果存在这样的一个点，那么算上y之后就有2个点是x所不能走到了，那么x一定是非法点，所以我们不需要再精确的计算出x能到达多少点，这已经是没有意义的了。如果不存在一个点只能通过y走到，那么到目前为止，对于x来说只有y是没办法走到了，剩下图中的所有点都是可以走到的。
当队内不止有一个点之后，我们通过上面的分析可以明白，x一定不会是合法点，因为已经至少有2个点不行了，同样的我们也不再需要计算x可以到多少个点。
我们再反向建图，再按上面的程序跑一遍。
最后我们把v能达到的点的数目和能到达v点的数目加起来，就可以判断这个点是不是合法点了。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout); #define LL long long #define ULL unsigned LL #define fi first #define se second #define pb push_back #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define lch(x) tr[x].son[0] #define rch(x) tr[x].son[1] #define max3(a,b,c) max(a,max(b,c)) #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c)) typedef pair<int,int> pll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const LL mod = (int)1e9+7; const int N = 3e5 + 100; vector<int> vc[N]; int u[N], v[N], d[N]; int ans[N]; int n, m; int sta[N]; void bfs(){ int tot = n; int l = 0, r = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) if(d[i] == 0){ sta[r++] = i; tot--; } while(l < r){ int x = sta[l++]; if(l == r) ans[x] += tot; else if(l+1 == r){ int y = sta[l], f = 1; for(auto v : vc[y]){ if(d[v] == 1){ f = 0; break; } } if(f) ans[x] += tot; } for(auto v : vc[x]){ --d[v]; if(d[v] == 0){ sta[r++] = v; tot--; } } } } int main(){ scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &u[i], &v[i]); for(int i = 1; i <= m; i++){ vc[u[i]].pb(v[i]); ++d[v[i]]; } bfs(); for(int i = 1; i <= n; ++i) vc[i].clear(); for(int i = 1; i <= m; ++i){ vc[v[i]].pb(u[i]); ++d[u[i]]; } bfs(); int fans = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i){ fans += (ans[i] >= n-2); } printf("%d ", fans); return 0; }