2016 MultiUniversity Training Contest 1

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2016 Multi-University Training Contest 1

官方题解

老年选手历险记

最小生成树+线性期望 A Abandoned country（BH）

题意：

　　1. 求最小生成树 2. 求在某一棵最小生成树任意两点的最小距离的期望值。

思路：

　　首先题目说了边权值都是不同的，所以最小生成树唯一。那么只要统计出最小生成树的每一条边在“任意两点走经过它“的情况下所贡献的值，发现在一棵树里，一条边所贡献的次数为，sz[v]表示v子树包括节点v的个数。如下图所示，红边所贡献的次数即为”选一个蓝点再选一个绿点“的方案数。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
const int M = 1e6 + 5;

struct Edge {
    int u, v, w;
    bool operator < (const Edge &rhs) const {
        return w < rhs.w;
    }
}edges[M];

int n, m;

vector<pair<int, int> > edge[N];

void init_edge() {
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        edge[i].clear ();
    }
}

int rt[N];

void init_DSU() {
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        rt[i] = i;
    }
}

int Find(int x) {
    return rt[x] == x ? x : rt[x] = Find (rt[x]);
}

int sz[N];

ll sumw;

void DFS2(int u, int fa) {
    for (auto t: edge[u]) {
        int v = t.first, w = t.second;
        if (v == fa) continue;
        sumw += (ll) w * (n - sz[v]) * sz[v];
        DFS2 (v, u);
    }
}

void DFS(int u, int fa) {
    sz[u] = 1;
    for (auto t: edge[u]) {
        int v = t.first, w = t.second;
        if (v == fa) continue;
        DFS (v, u);
        sz[u] += sz[v];
    }
}

double solve() {
    memset (sz, 0, sizeof (sz));
    sumw = 0;
    DFS (1, 0);
    DFS2 (1, 0);
    return ((double) sumw * 2 / n / (n - 1));
}

int main() {
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf ("%d%d", &n, &m);
        init_DSU ();
        int tot = 0;
        for (int i=1; i<=m; ++i) {
            int u, v, w;
            scanf ("%d%d%d", &u, &v, &w);
            edges[tot++] = (Edge) {u, v, w};
        }
        std::sort (edges, edges+tot);

        init_edge ();
        ll sum = 0;
        for (int i=0; i<tot; ++i) {
            int u = edges[i].u, v = edges[i].v, w = edges[i].w;
            int fu = Find (u), fv = Find (v);
            if (fu == fv) continue;
            sum += w;
            rt[fv] = fu;
            edge[u].push_back ({v, w});
            edge[v].push_back ({u, w});
        }
        printf ("%I64d %.2f\n", sum, solve ());
    }
    return 0;
}

状态压缩+博弈 B Chess（BH）　

题意：

　　有n*20的格子，某些格子上有棋子，A和B轮流操作，可以一个棋子放到右边第一个空位置，不能操作者输，A先操作，问输赢。

思路：

　　这是简单的Nim问题，状态压缩，算出所有状态的sg值。看完训练指南的内容再结合代码应该能懂了吧。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

int a[1005];
int sg[(1<<20)+5];
int vis[25];

int mex(int u) {
    memset (vis, 0, sizeof (vis));
    for (int i=0; i<20; ++i) {
        if (u & (1<<i)) {
            int j = i - 1;
            while (j >= 0 && (u & (1<<j))) j--;
            if (j >= 0) {
                int v = u ^ (1<<i) ^ (1<<j);
                vis[sg[v]] = 1;
            }
        }
    }
    for (int i=0; ; ++i) {
        if (!vis[i]) return i;
    }
}

void init() {
    memset (sg, -1, sizeof (sg));
    int x = 0;
    sg[0] = 0;
    //预处理对于所有必输态赋值为0
    for (int i=0; i<20; ++i) {
        x |= (1<<i);
        sg[x] = 0;
    }
    for (int i=1; i<(1<<20); ++i) {
        if (sg[i] == -1) sg[i] = mex (i);
    }
}

int main() {
    init ();
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    while (T--) {
        int n;
        scanf ("%d", &n);
        int ans = 0;
        for (int i=1; i<=n; ++i) {
            int m;
            scanf ("%d", &m);
            int tmp = 0;
            for (int j=1; j<=m; ++j) {
                int x;
                scanf ("%d", &x);
                //为了从小到大递推，和计算机二进制数方向相同
                tmp |= (1<<(20-x));
            }
            ans ^= sg[tmp];
        }
        printf ("%s\n", ans > 0 ? "YES" : "NO");
    }
    return 0;
}

最短路？搜索？不会 C Game

数论（区间GCD问题）D GCD（BH）

题意：

　　1. 区间[l, r]的GCD值 2. 问有多少个区间的GCD值为gcd

思路：

　　第一个操作线段树或者ST都可以做，第二个问题的关键点是

　　简单来说，就是固定右端点R，然后左端点往左边移动，查询GCD，如果相同就跳到这个GCD所对应的区间的左端点（并且维护这个gcd现在的区间的两端点的位置），因为一个数的质因数最多有log(x)个，而且求GCD是递减的过程，所以跳跃的次数是log级的。

本场比赛就因为这题坑了好久，GCD的性质不够了解。学习资料

代码：

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 1e5 + 5;
int a[N];

int GCD(int a, int b) {
    return b ? GCD (b, a % b) : a;
}

#define lson l, mid, o << 1
#define rson mid + 1, r, o << 1 | 1

int val[N<<2];

void push_up(int o) {
    val[o] = GCD (val[o<<1], val[o<<1|1]);
}

void build(int l, int r, int o) {
    if (l == r) {
        val[o] = a[l];
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build (lson);
    build (rson);
    push_up (o);
}

int query(int ql, int qr, int l, int r, int o) {
    if (ql <= l && r <= qr) {
        return val[o];
    }
    int mid = l + r >> 1, ret = 0;
    if (ql <= mid) ret = GCD (ret, query (ql, qr, lson));
    if (qr > mid) ret = GCD (ret, query (ql, qr, rson));
    return ret;
}

int n;

std::map<int, long long> mp;
int pre[N];

void init() {
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        pre[i] = i;
    }
    mp.clear ();
}

void prepare() {
    build (1, n, 1);
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        int L = i, g = a[i];
        while (L > 0) {
            int R = L;
            g = GCD (g, a[L]);
            while (L > 1 && GCD (g, a[L-1]) == g) {
                L = pre[L-1];
                pre[R] = L;
            }
            mp[g] += (R - L + 1); 
            L--;
        }
    }
}

int main() {
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    for (int cas=1; cas<=T; ++cas) {
        scanf ("%d", &n);
        init ();
        
        for (int i=1; i<=n; ++i) {
            scanf ("%d", &a[i]);
        }

        prepare ();

        int q;
        scanf ("%d", &q);
        printf ("Case #%d:\n", cas);
        while (q--) {
            int ql, qr;
            scanf ("%d%d", &ql, &qr);
            int g = query (ql, qr, 1, n, 1);
            printf ("%d %I64d\n", g, mp[g]);
        }
    }
    return 0;
}

二分图匹配（匈牙利算法）E Necklace（BH）

题意：

　　有n颗阳属性的珠子和n颗阴属性的珠子，给了m条规则，就是某些阳珠子和阴珠子不能相邻，问2*n颗串成项链后最少几颗会违反规则。

思路：

　　先枚举阴珠子的排列顺序（固定第一个不动，因为是环）。然后对于某一个排列，问题可以转换为”阳珠子如何插如使得不违反规则的珠子最多“，这个用匈牙利算法解决，时间复杂度为。卿学姐DFS剪个枝也能过？数据水了吧

代码：

#include <bits/stdc++.h>

int n, m;

std::vector<int> edges[10];
bool no[10][10];
int lk[10];
bool vis[10];

bool DFS(int u) {
    for (auto v: edges[u]) {
        if (!vis[v]) {
            vis[v] = true;
            if (lk[v] == -1 || DFS (lk[v])) {
                lk[v] = u;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}

int hungary() {
    int ret = 0;
    memset (lk, -1, sizeof (lk));
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        memset (vis, false, sizeof (vis));
        if (DFS (i)) ret++;
    }
    return ret;
}

int id[10];

int solve() {
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        id[i] = i;
    }
    int ret = 0;
    do {
        for (int i=1; i<=n; ++i) edges[i].clear ();
        for (int i=1; i<=n; ++i) {
            for (int j=1; j<=n; ++j) {
                if (!no[i][id[j]] && !no[i][id[(j+1>n?1:j+1)]]) {
                    edges[i].push_back (j);
                }
            }
        }
        ret = std::max (ret, hungary ());
    } while (std::next_permutation (id+2, id+1+n));  //[2,n]全排列
    return ret;
}

int main() {
    while (scanf ("%d%d", &n, &m) == 2) {
        if (n == 0) {
            puts ("0");
            continue;
        }
        memset (no, false, sizeof (no));
        for (int i=1; i<=m; ++i) {
            int x, y;
            scanf ("%d%d", &x, &y);
            no[x][y] = true;
        }
        printf ("%d\n", n - solve ());
    }
    return 0;
}

数论 G PowMod（CYD）

2016多校训练一 PowMod，hdu5728（欧拉函数+指数循环节）

题意：

　　求  时，ans= mod p,ans的值，其中n的每个素因子的幂次都是1，是欧拉函数。

思路：

解题分两部分完成，第一部分首先求出k，有公式

  （素数p是n的一个质因子）

由此可以递归求出k的值，f(n,m)=(p的欧拉值)*f(n/p,m)+f(n,m/p)。

第二部分的无限次幂，由公式

 不断求欧拉值最终使值变得有限。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int M=1000000007;
const int N=1e7+5;
typedef long long ll;

int pri[N],phi[N],tot;
bool vis[N];
ll sum[N];

void init()
{
    int n=N;
    tot=0;
    memset(vis,false,sizeof vis);
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            pri[tot++]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<tot && i*pri[j]<n;j++)
        {
            vis[i*pri[j]]=true;
            if(i%pri[j]==0)
            {
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            else
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<N;i++)
        sum[i]=(sum[i-1]+phi[i])%M;
}

ll Pow(ll a,ll n,ll mod)
{
    ll ans=1;
    while(n)
    {
        if(n&1)
        {
            ans=ans*a%mod;
        }
        a=a*a%mod;
        n>>=1;
    }
    if(ans==0)
        ans+=mod;
    return ans;
}
ll solve(ll k,ll mod)
{
    if(mod==1)
        return mod;
    ll tmp=phi[mod];
    ll up=solve(k,tmp);
    ll ans=Pow(k,up,mod);
    return ans;
}

int rear;
int a[15];

void resolve(ll n)
{
    for(int i=0;i<tot;i++)
    {
        if(!vis[n])
        {
            a[rear++]=n;
            break;
        }
        if(n%pri[i]==0)
        {
            a[rear++]=pri[i];
            n/=pri[i];
        }
    }
}

ll f(int pos,ll n,ll m)
{
    if(n==1)
        return sum[m];
    if(m==0)
        return 0;
    return ((a[pos]-1)*f(pos-1,n/a[pos],m)%M+f(pos,n,m/a[pos]))%M;
}

int main()
{
    init();
    ll n,m,p;
    while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&p)!=EOF)
    {
        rear=0;
        resolve(n);
        ll k=f(rear-1,n,m);
        ll ans=solve(k,p);
        printf("%I64d\n",ans%p);
    }
    return 0;
}

UPD：二分图连通图计数 不会 H Rigid Frameworks （BH）（51Nod原题）

题意：

　　给n*m的格子，可以加上斜线，问有多少种方案使得整个格子不能倾斜，也就是不能像下图一样：

思路：

　　网上写的不错的解题报告。问题的关键点是模型转换成二分图的连通计数，然后就是所有方案减去不符合的方案数。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;

ll dp[15][15][105];
ll pow_two[105];
ll C[105][105];

ll f(int a, int b, int c) {
    if (a >= b) return dp[a][b][c];
    return dp[b][a][c];
}

void init() {
    pow_two[0] = 1;
    for (int i=1; i<=100; ++i) pow_two[i] = pow_two[i-1] * 2 % MOD;

    C[0][0] = 1;
    for (int i=1; i<=100; ++i) {
        C[i][0] = C[i][i] = 1;
        for (int j=1; j<i; ++j) {
            C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % MOD;
        }
    }
    
　　//dp[n][m][k]表示n行m列取k个斜线
    for (int i=1; i<=10; ++i) {
        dp[i][0][0] = i == 1 ? 1 : 0;
        for (int j=1; j<=i; ++j) {
            for (int k=1; k<=i*j; ++k) {
                dp[i][j][k] = C[i*j][k];
                for (int ii=1; ii<=i; ++ii) {
                    for (int jj=0; jj<=j; ++jj) {
                        int kb = std::min (k, ii * jj);
                        for (int kk=0; kk<=kb; ++kk) {
                            if (f (ii, jj, kk) && (i-ii)*(j-jj)>=k-kk) {
                                if (i == ii && j == jj) break;
                                dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] - C[i-1][ii-1] * C[j][jj] * f (ii, jj, kk) * C[(i-ii)*(j-jj)][k-kk] + MOD) % MOD;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
}

int main() {
    init ();
    int n, m;
    while (scanf ("%d%d", &n, &m) == 2) {
        if (n < m) std::swap (n, m);
        ll ans = 0;
        for (int i=1; i<=n*m; ++i) {
            ans = (ans + dp[n][m][i] * pow_two[i]) % MOD;
        }
        printf ("%I64d\n", ans);
    }

    return 0;
}

FFT 不会 I Shell Necklace
UPD2: 轮廓线DP+容斥原理 不会 I Solid Dominoes Tilings（BH）（51Nod原题）

题意：

　　有n*m的格子用1*2的小格子填充，问全部填充且不能完整分割的方案数。

思路：

　　轮廓线DP先求全部填充的方案数（训练指南P383），再用容斥原理减去完整分割的方案数。当时觉得容斥不好做，其实容斥只要依照“奇数减，偶数加”的原则算，这是关于列的主容斥，那么对于行就把全部不符合的都减去。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 16;
int dp[2][1<<N];
int f[N+1][N+1], g[N+1][N+1][1<<N], ans[N+1][N+1];

void add_mod(int &a, int b) {
    a += b;
    if (a >= MOD) a -= MOD;
    if (a < 0) a += MOD;
}

void init() {
    for (int n=1; n<=N; ++n) {
        for (int m=1; m<=N; ++m) {
            //预处理n*m格子填满的方案数，轮廓线DP
            int cur = 1;
            memset (dp[cur], 0, sizeof (dp[cur]));
            int limit = 1 << m;
            dp[cur][limit-1] = 1;
            for (int i=0; i<n; ++i) {
                for (int j=0; j<m; ++j) {
                    cur ^= 1;
                    memset (dp[cur], 0, sizeof (dp[cur]));
                    for (int s=0; s<limit; ++s) {
                        if (dp[cur^1][s] == 0) continue;
                        //s状态第j位是已填
                        if (s & (1<<j)) {
                            if (j && !(s&(1<<(j-1)))) {
                                //往左放
                                add_mod (dp[cur][s^(1<<(j-1))], dp[cur^1][s]);
                            }
                            //不放
                            add_mod (dp[cur][s^(1<<j)], dp[cur^1][s]);
                        } else {
                            //往上放
                            add_mod (dp[cur][s^(1<<j)], dp[cur^1][s]);
                        }
                    }
                }
            }
            //保存方案数
            f[n][m] = dp[cur][limit-1];
        }
    }
    
    //容斥原理，乘法原理
    std::vector<int> lens;
    for (int n=1; n<=N; ++n) {
        for (int m=1; m<=N; ++m) {
　　　　　　　//主容斥列
            //竖线最多m-1条
            int limit = 1 << (m-1);
            for (int s=0; s<limit; ++s) {
                lens.clear ();
                int last = -1, num = 0;
                for (int i=0; i<m-1; ++i) {
                    if (s & (1<<i)) {
                        lens.push_back (i-last);
                        last = i;
                        num++;
                    }
                }
                lens.push_back (m-1-last);
                int &now = g[n][m][s];  //f[n][len1]*f[n][len2]*...
                now = 1;
                for (int i=0; i<lens.size (); ++i) {
                    int len = lens[i];
                    now = (ll) now * f[n][len] % MOD;
                }
　　　　　　　　　//如果有横分割线，一定减去
                for (int i=1; i<n; ++i) {
                    ll up = g[i][m][s];
                    ll down = 1;  //g[n-i][m][s]
                    for (int j=0; j<lens.size (); ++j) {
                        int len = lens[j];
                        down = (ll) down * f[n-i][len] % MOD;
                    }
                    add_mod (now, -(ll) up * down % MOD);
                }
                if (num & 1) add_mod (ans[n][m], -now);
                else add_mod (ans[n][m], now);
            }
        }
    }
}

int main() {
    init ();
    int n, m;
    while (scanf ("%d%d", &n, &m) == 2) {
        if (n < m) std::swap (n, m);
        printf ("%d\n", ans[n][m]);
    }
    return 0;
}

树的同构判断 不会 J Subway

三维计算几何 K tetrahedron（BH，CYD）

题意：

　　求四面体的内切圆的坐标和半径。

思路：

　　求半径公式：，体积和三角形面积有函数可以算。

　　求圆心坐标公式：，三个坐标系分开算就可以了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

const double EPS = 1e-10;

int dcmp(double x) {
    return fabs (x) < EPS ? 0 : x < 0 ? -1 : 1;
}

struct Point3 {
    double x, y, z;
    Point3(double x=0, double y=0, double z=0) : x(x), y(y), z(z) {}
};

typedef Point3 Vector3;

Vector3 operator - (Point3 A, Point3 B) {
    return Vector3 (A.x-B.x, A.y-B.y, A.z-B.z);
}

//叉积
Vector3 Cross(Vector3 A, Vector3 B) {
    return Vector3 (A.y*B.z-A.z*B.y, A.z*B.x-A.x*B.z, A.x*B.y-A.y*B.x);
}

double Dot(Vector3 A, Vector3 B) {
    return A.x*B.x+A.y*B.y+A.z*B.z;
}

double Volume6(Point3 A, Point3 B, Point3 C, Point3 D) {
    return Dot (D-A, Cross (B-A, C-A));
}

double Length(Vector3 A) {
    return sqrt (Dot (A, A));
}

Point3 A, B, C, D;

void solve() {
    double v6 = Volume6 (A, B, C, D);
    Vector3 BC = C - B, BD = D - B, BA = A - B, CA = A - C, CD = D - C;
    Vector3 n = Cross (BC, BD);
    if (dcmp (Dot (BA, n)) == 0) {
        puts ("O O O O");
        return ;
    }
    v6 = fabs (v6);
    double SABC = Length (Cross (BA, BC)) * 0.5;
    double SBAD = Length (Cross (BA, BD)) * 0.5;
    double SBCD = Length (Cross (BC, BD)) * 0.5;
    double SCAD = Length (Cross (CD, CA)) * 0.5;
    double SS = SABC + SBAD + SBCD + SCAD;
    //V = SS * R * (1/3)
    double R = v6 / 2 / SS;  //(1/3)
    
    Point3 O;
    O.x = (A.x*SBCD + B.x*SCAD + C.x*SBAD + D.x*SABC) / SS;
    O.y = (A.y*SBCD + B.y*SCAD + C.y*SBAD + D.y*SABC) / SS;
    O.z = (A.z*SBCD + B.z*SCAD + C.z*SBAD + D.z*SABC) / SS;

    printf ("%.4f %.4f %.4f %.4f\n", O.x, O.y, O.z, R);
}

int main() {
    while (scanf ("%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &A.x, &A.y, &A.z, &B.x, &B.y, &B.z, &C.x, &C.y, &C.z, &D.x, &D.y, &D.z) == 12) {
        solve ();
    }
    return 0;
}