[A. Kirill And The Game]
·全是英文题,述大意：
给出两组区间端点：l,r,x,y和一个k。(都是正整数，保证区间不为空),询问是否在[x,y]区间内存在一个整数p,使得p*k属于[l,r],如果存在，则输出'YES'，否则输出'NO'。(1<=l,r,x,y<=107)
·分析：
首先看见了107,发现可以直接O(n)暴力枚举：枚举区间[x,y]的所有数，判断它与k的乘积是否在[l,r]中就可以了。从容AC:
1 #include<stdio.h> 2 #include<iostream> 3 #define ll long long 4 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 5 ll l,r,x,y,k,L,R;bool can=0; 6 int main() 7 { 8 std::cin>>l>>r>>x>>y>>k; 9 go(i,x,y)if(i*k<=r&&i*k>=l)can=1; 10 puts(can?"YES":"NO"); 11 return 0; 12 }//Paul_Guderian
其实在这之前大米饼首先想到的是O(1)的思路，即：利用[x,y]和k形成区间[x*k,y*k],然后判断该区间是否和[l,r]有交集。然后就笨笨地WA了。原因是这里只有整数点，新区间相邻点之间的间隔是k,可能[l,r]就夹在相邻两点之间并不接触两点，这样是NO而不是YES。例子如下：
和它相似，只不过输出YES的例子就是这样：
观察两种情况的差异，我们找出第一个比l大的点p1，再找出第一个比r小的点p2（点就是满足[x*k,y*k]又是k的倍数的点），我们可以发现第一幅图中位置p1>p2,第二幅图中p1<p2,所以将其作为判断依据就可以了,总体思路就是：判断区间[p1,p2]是否为空，是否和[x,y]有交集，这其实是上文WA方法的倒过来同时统一单位的改进版。
#include<cmath> #include<stdio.h> #include<iostream> #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) long long l,r,x,y,k,L,R;bool can=0; int main() { std::cin>>x>>y>>l>>r>>k; L=ceil(1.0*x/k);R=floor(1.0*y/k); if(L<=R&&!(R<l||L>r))can=1; puts(can?"YES":"NO");return 0; }//Paul_Guderian
[C. Ilya And The Tree]
·述大意；
给出一棵树，共有n个结点(1<=n<=200000),并且输入每个点的点权w(1<=w<=200000)。每一个点有一个美丽值，计算方法是它到根节点的路径(包括它)的点权值的GCD。要求按1~n输出每个点的美丽值。但是有两个条件：①可以将路径上一个点的权值修改为0。②每个点求解独立(就是说求完一个点，树又恢复原样)。
·分析：
值得注意的是求解独立,然后只能修改一个点的权值为0。
求所有节点的GCD？我们脑袋里可能会浮现这样的图：
当然，白色的点表示我们将它变成0了(对于任意正整数a,GCD(a,0)=a)。这样看来我们要在这其中找到最优的GCD值。写DP难以转移，而且也不符合DP的要求。从数据范围来看，是可以使用"暴力"的方法求解的：
对于每个点，我们都记录图中的所有情况GCD值，然后找到最大值就可以了，然而怎么找到个节点的所有情况——可以从它的父节点那里索取，即将父节点的每条情况链加入一个u，另一种是删掉当前的u(看图中一层一层的关系就可以了，这方法在代码中也很清晰)。
具体的写法，网上多用set，大米饼用的是sort+unique,使用unique是因为不去重是会恰好MLE的。
代码来啦：
1 #include<stdio.h> 2 #include<vector> 3 #include<algorithm> 4 #define _ (ans[u]=max(ans[u],t)) 5 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 6 #define fo(i,a,x) for(int i=a[x],v=e[i].v;i;i=e[i].next,v=e[i].v) 7 using namespace std;const int N=200001; 8 struct E{int v,next;}e[N*2];vector<int>S[N]; 9 int n,a[N],head[N],k=1,t,ans[N]; 10 int Gcd(int a,int b){if(a)while(a^=b^=a^=b%=a);return b;} 11 void ADD(int u,int v){e[k]=(E){v,head[u]};head[u]=k++;} 12 void Dfs(int u,int fa,int GCD) 13 { 14 if(S[fa].size())go(i,0,S[fa].size()-1) 15 S[u].push_back(t=Gcd(a[u],S[fa][i])),_; 16 S[u].push_back(t=GCD),_;GCD=Gcd(GCD,a[u]);t=GCD,_; 17 sort(S[u].begin(),S[u].end()); 18 S[u].erase(unique(S[u].begin(),S[u].end()),S[u].end()); 19 fo(i,head,u)if(v!=fa)Dfs(v,u,GCD); 20 } 21 int main() 22 { 23 scanf("%d",&n); 24 go(i,1,n)scanf("%d",a+i); 25 go(i,2,n){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);ADD(u,v);ADD(v,u);} 26 Dfs(1,1,0);go(i,1,n)printf("%d ",ans[i]);return 0; 27 }//Paul_Guderian
[D. Vitya and Strange Lesson]
·述大意：
输入n个数ai和m个询问(1<=n,m<=300000,0<=ai<=300000),每个询问输入x,表示将所有数异或x后，求n个数的Mex(异或结果对后来的询问依旧有效)。
·分析：
先说网络上常用的一个解法吧——Mex一出现，或许考虑Trie树。
由于log2300000约等于18.2，所以我们构建一个深度为20的01字典树。所谓01字典树，就是只有左右儿子分别表示01的字典树。并且从根结点到叶子结点是二进制从高位到低为排的。那么字典树的所有叶子结点可以表示1~219的所有整数。首先不考虑异或的情况，我们将一些数字按照二进制形式从高位(20位)到低位插入字典树，怎样快速得到Mex？由于数字的存在在树上体现为叶子结点的存在，如果前缀为000000000000000001_ _的数字都存在(即4,5,6,7都存在)，在树上的表现为某一个子树是"饱满的"(可以理解最底层所有叶子结点都存在)。那么我们要找的答案肯定是在一颗不饱满的子树中,这个呢，可以拿一个4层的缩小版01字典树来加以说明：如果是饱满的树，应该长这个样子：
·这样就很清晰，那么某子树不饱满是啥？是这个样子:
·很明显我们要求的Mex值为12，但是为了方便查找，我们不妨将不饱满状态向上传递，使得包含它的子树都被标记为"不饱满"：
·这样的标记关系形成后，我们就可以利用二叉树的性质对于每个询问log地查找Mex的值。可是，如何处理将全部数异或上x的情况(这是本题的特点)？为了使得字典树继续发挥作用，我们可以将x像那些数一样写成二进制形式，然后呢，如果在字典树的第k层的一个节点，x的二进制的k位是1，那么我们怎样表示所有数的这一位被取反了呢？那就是改变该层节点的左右儿子的位置，然后其他的就照常进行啊。
·我们通过异或的基本运算法则之一：a^b^c==a^(b^c)，那么其实每一个修改值x，我们可以将当前的所有修改值异或到一起得到新的X，这样就可以在最初的字典树上进行操作了。
·如果懂了上述思路，那么接下来代码也不难，注意这里直接使用二进制跨过了建树，可思想是一致的。注意！很简洁！
1 #include<stdio.h> 2 int n,m,a,b=1<<19,x,P=1,ans,t; 3 bool full[30000008]; 4 void Up(int u) 5 { 6 if((!(u>>=1))||full[u])return; 7 if(full[u<<1]&&full[u<<1|1])full[u]=1,Up(u); 8 } 9 int main() 10 { 11 scanf("%d%d",&n,&m); 12 while(n--&&scanf("%d",&a))full[a+b]=1,Up(a+b); 13 while(m--&&scanf("%d",&a)) 14 { 15 x^=a;P=1;ans=0;t=19; 16 while(t--){P<<=1; 17 if((1<<t)&x)(full[P|1])?ans|=1<<t:P|=1; 18 else if(full[P])ans|=1<<t,P|=1;} 19 printf("%d ",ans); 20 } 21 return 0; 22 }//Paul_Guderian
苦苦安顿抚平的回忆,
骤然散落一如繁星的碎片......————汪峰《回忆之前忘记之后》