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A - Birthday - [计算题]
题意：一共 $N$ 种硬币，我已经有其中 $K$ 种，我的 $M$ 个朋友每人送我等数量的硬币，且送来的每一枚硬币都不属于同一种，要求最后我收到手上的硬币至少有 $L$ 种是我没有的，求每个人最少送几枚硬币。
题解：即求满足 $K + L le aM le N$ 的最小正整数 $a$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; ll n,m,k,l; int main() { cin>>n>>m>>k>>l; if(m>n) { cout<<-1<<endl; return 0; } if(k+l<=m) { cout<<1<<endl; return 0; } ll a; if((k+l)%m==0) a=(k+l)/m; else a=(k+l)/m+1; if(a*m>n) cout<<-1<<endl; else cout<<a<<endl; }
B - LCM - [求因数个数]
题意：给定正整数 $b(b le 10^{10})$，对于 $1 le a le 10^{18}$，求 $frac{{{mathop{ m lcm} olimits} (a,b)}}{a}$ 的不同取值个数。
题解：$frac{{{mathop{ m lcm} olimits} (a,b)}}{a} = frac{{ab}}{{agcd (a,b)}} = frac{b}{{gcd (a,b)}}$，即求 $b$ 的因数个数。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n; int main() { cin>>n; ll cnt=0; for(ll i=1;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { if(i*i==n) cnt++; else cnt+=2; } } cout<<cnt<<endl; }
C - Colored Rooks - [构造题]
题意：
给定一个 $10^9 imes 10^9$ 的正方形网格，现有 $n$ 种颜色，给若干个棋子上色（每种颜色都要涂至少一个棋子），又给出 $m$ 个颜色对 $(x,y)$ 表示这两个颜色是协调的。
现在对于同一种颜色内的棋子集合，以及两个和谐的颜色对构成的棋子并集，都要满足连通性质，该性质的意思即：“首先规定棋子只可以走直线的任意距离，且可以完全不理睬非同集合内的棋子，但只有当它遇到同集合内的另一个棋子时才可以转弯。而该集合中任意一个棋子，都它可以走到集合内的任意其他棋子的位置。”
现在你要给出任意一种可行的放置棋子的方案。
题解：
首先，第 $i$ 行全部给第 $i$ 种颜色，不得放其他颜色。为了防止某种颜色没有涂棋子，可以先在 $(i,i)$ 位置放上颜色为 $i$ 的棋子。
然后对于给出的任意两个协调颜色，依次在后面的 $n+1, n+2, cdots$ 列里放上对应行数的两枚棋子。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; vector<int> ans[105]; int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) ans[i].push_back(i); int col=n+1; for(int i=1,u,v;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); if(u==v) continue; ans[u].push_back(col); ans[v].push_back(col); col++; } for(int i=1;i<=n;i++) { printf("%d ",ans[i].size()); for(int k=0;k<ans[i].size();k++) printf("%d %d ",i,ans[i][k]); } }
D - Array Without Local Maximums - [dp]
题意：给定一个长度为 $n(n le 1e5)$ 的数组 $a[1:n]$，$a[i]$ 的值域为 $1$ 到 $200$，且每个数的旁边必须有一个不小于它的数。而有些数字被擦掉了，现在问共有多少种可行的填充方案。
题解：
看到这题第一感觉就dfs暴力搜索，然而时间复杂度显然不行，因此考虑dp。
考虑 $dp[i][x][0,1,2]$ 的表示的状态为已经确定了第 $i$ 个数字为 $x$，而 $0,1,2$ 分别表示第 $i-1$ 个数 $w$ 是小于、等于或大于 $x$。其存储的值是其状态下的方案数。
那么就有状态转移方程（当然这是建立在第 $i+1$ 位可以填 $y$ 的前提下的）：
$egin{array}{l} dp[i + 1][y][0] = sumlimits_{x = 1}^{y - 1} {dp[i][x][0,1,2]} \ dp[i + 1][y][1] = dp[i][y][0,1,2] \ dp[i + 1][y][2] = sumlimits_{x = y + 1}^{200} {dp[i][x][1,2]} \ end{array}$
边界条件，考虑到第 $1$ 个数左边是空的，相当于左边是一个更小的数，因此有（依然是建立在第一位能填入 $x$ 的前提下）：
$egin{array}{l} dp[1][x][0] = 1 \ dp[1][x][1] = 0 \ dp[1][x][2] = 0 \ end{array}$
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod=998244353; const int maxn=1e5+5; int n,a[maxn]; ll sum,dp[maxn][203][3]; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int x=1;x<=200;x++) { if(a[1]!=-1 && a[1]!=x) dp[1][x][0]=dp[1][x][1]=dp[1][x][2]=0; else dp[1][x][0]=1, dp[1][x][1]=dp[1][x][2]=0; } for(int i=2;i<=n;i++) { sum=0; for(int y=1;y<=200;y++) { if(a[i]!=-1 && a[i]!=y) dp[i][y][0]=0; else dp[i][y][0]=sum; sum+=(dp[i-1][y][0]+dp[i-1][y][1]+dp[i-1][y][2])%mod; sum%=mod; } for(int y=1;y<=200;y++) { if(a[i]!=-1 && a[i]!=y) dp[i][y][1]=0; else dp[i][y][1]=(dp[i-1][y][0]+dp[i-1][y][1]+dp[i-1][y][2])%mod; } sum=0; for(int y=200;y>=1;y--) { if(a[i]!=-1 && a[i]!=y) dp[i][y][2]=0; else dp[i][y][2]=sum; sum+=(dp[i-1][y][1]+dp[i-1][y][2])%mod; sum%=mod; } } ll ans=0; for(int x=1;x<=200;x++) ans+=(dp[n][x][1]+dp[n][x][2])%mod, ans%=mod; cout<<ans<<endl; }
E - Multihedgehog - [BFS]
题意：
一个连通无向图，若仅有一个节点度数不小于 $3$，其他所有节点度数均为 $1$，则称为“刺猬”。现在定义“$k$-刺猬”，为：
“$1$-刺猬”即普通“刺猬”；
对于“$k$-刺猬”，其由“$k-1$-刺猬”变化而来，将“$k-1$-刺猬”的所有度数为 $1$ 的顶点换成一个“$1$-刺猬”的中心，即构成“$k$-刺猬”。
现在给你一张图和一个 $k$，让你判断这张图是否为“$k$-刺猬”。
题解：
首先，当 $k=11$ 时，节点数最少也需要 ${sum_{i=0}^{11}{3^i}} = 265720$ 个顶点，显然已经不够了，所以对于 $k ge 11$ 的情况可以直接判断不行。
接下来，可以考虑以所有度数为零的节点为起始，将它们的深度定义为 $0$。然后自底向上地进行BFS（或者说BFS的一种变形？），同时不断地删除叶子结点。
对于每个节点，都需要判断它的深度和度数是否可行，还要判断其父亲节点是否只有一个。
对于最后一个没有父亲节点的根节点，判断他的深度是否等于 $k$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; const int maxm=2e5+10; int n,k; int degree[maxn]; struct Edge{ int u,v; int next; }; Edge E[maxm]; int head[maxn],ne; void init() { ne=0; memset(head,0,sizeof(head)); } void addedge(int u,int v) { ++ne; E[ne].u=u, E[ne].v=v; E[ne].next=head[u]; head[u]=ne; } int dist[maxn]; bool del[maxn],vis[maxn]; bool bfs() { queue<int> Q; for(int i=1;i<=n;i++) { if(degree[i]==1) Q.push(i), vis[i]=1, dist[i]=0; else vis[i]=0; } memset(del,0,sizeof(del)); while(!Q.empty()) { int u=Q.front(); Q.pop(); del[u]=1; //将节点删除 int cnt=0; //记录父亲节点个数 for(int i=head[u];i;i=E[i].next) { int v=E[i].v; if(del[v]) continue; else cnt++; if(cnt>1) return false; //父亲节点应当只有一个 if(!vis[v]) { vis[v]=1; dist[v]=dist[u]+1; Q.push(v); } else { if(dist[v]!=dist[u]+1) return false; } } if(cnt==0) { //当前节点是根节点 if(degree[u]<3) return false; if(dist[u]!=k) return false; } else if(degree[u]>1) { //当前节点不是根节点也不是叶子结点 if(degree[u]<=3) return false; } } return true; } int main() { cin>>n>>k; init(); memset(degree,0,sizeof(degree)); for(int i=1,u,v;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); addedge(u,v); addedge(v,u); degree[u]++; degree[v]++; } if(n<4 || k>=11) printf("No "); else printf("%s ",bfs()?"Yes":"No"); }