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  • 个人训练记录-赛码"bestcoder"杯中国大学生程序设计冠军赛

    　A.Movie

    　　题意是给n个线段，要求求出是否存在三个不相交的线段，是的话输出yes，否则输出no。根据贪心的想法，可以先找出右端点r'最小的线段，他是三条线段中最左的那条，再找出左端点l'最大的线段，他是三条线段中最右的那条，这样我们只需要找出是否存在一条线段可以放在中间，即区间[l,r]，l>r',r<l'。

    　　代码

     1 #include<cstdio>
 2 int n;
 3 long long L,R,l,r,a,b,c,d,mi,mx,flag,u,v,i;
 4 int main()
 5 {
 6     int test;
 7     long long P=4294967296;
 8     scanf("%d",&test);
 9     while(test--)
10     {flag=0;
11     scanf("%d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&l,&r,&a,&b,&c,&d);
12     L=l;R=r;
13     u=L;v=R;
14     mi=P;mx=0;
15     if (u>v) u^=v^=u^=v;
16     if (v<mi) mi=v;
17     if (u>mx) mx=u;
18     for (i=2;i<=n;i++)
19     {
20         L=(L*a+b)%P;
21         R=(R*c+d)%P;
22         u=L;v=R;
23         if (u>v) u^=v^=u^=v;
24         if (v<mi) mi=v;
25         if (u>mx) mx=u;
26     }
27     L=l;R=r;
28     u=l;v=r;if (u>v) u^=v^=u^=v;
29         if ((u>mi)&&(v<mx)) flag=1;
30     for (i=2;i<=n;i++)
31     {
32         if (flag) break;
33         L=(L*a+b)%P;
34         R=(R*c+d)%P;
35         u=L;v=R;if (u>v) u^=v^=u^=v;
36         if ((u>mi)&&(v<mx)) flag=1;
37     }
38     if (flag) printf("YES
");else printf("NO
");}
39 }
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     B.Cycle

    　　题意是问给一张无向图，是否存在一个奇环或者偶环，环可以经过同样的点，做法是需要先求出dfs求出一颗树，一些边为树边，一些边为非树边，首先一条非树边和一些树边可以构成一些环，我们可以先判断这些环长度的奇偶性，然后如果一个环可能由多条非树边构成，需要怎么求，也很简单，如果存多个由一条非树边构成的环，他们交集非空，那么有他们复合成环的长度的奇偶性即为这些环的奇偶性的和，即使这些环的交集可能经过一些边，也不要紧，因为构成的环的边是否存在，是根据有多少个环包含这条边所决定，若存在奇数个环包含该边，则该边存在，否则不存在，因而复合环的奇偶性等价于这些环的奇偶性的和。

    　　代码

      1 #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
  2 #include<cstdio>
  3 const int M = 601010;
  4 const int N = 201000;
  5 int vis[N],deep[N],jump[N][19],i,a[N],b[N],v[N][2];
  6 int dp,p[N],pre[M],tt[M],id[M],flag[N],n,m,Flag[2],s[N][2];
  7 void link(int x,int y,int z)
  8 {
  9     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;id[dp]=z;
 10 }
 11 void dfs(int x,int fa)
 12 {
 13     vis[x]=1;
 14     deep[x]=deep[fa]+1;
 15     jump[x][0]=fa;
 16     int i;
 17     for (i=1;i<=18;i++)
 18     jump[x][i]=jump[jump[x][i-1]][i-1];
 19     i=p[x];
 20     while (i)
 21     {
 22         if (!vis[tt[i]])
 23         {
 24             dfs(tt[i],x);
 25             flag[id[i]]=1;
 26         }
 27         i=pre[i];
 28     }
 29 }
 30 int lca(int a,int b)
 31 {
 32     if (deep[a]<deep[b]) a^=b^=a^=b;
 33     int i;
 34     for (i=18;i>=0;i--)
 35     if (deep[jump[a][i]]>=deep[b]) a=jump[a][i];
 36     if (a==b) return a;
 37     for (i=18;i>=0;i--)
 38     if (jump[a][i]!=jump[b][i])
 39     {
 40         a=jump[a][i];b=jump[b][i];
 41     }
 42     return jump[a][0];
 43 } 
 44 void gao(int x)
 45 {
 46     int i;
 47     s[x][0]+=v[x][0];
 48     s[x][1]+=v[x][1];
 49     i=p[x];
 50     while (i)
 51     {
 52         if (jump[tt[i]][0]==x)
 53         {    
 54             gao(tt[i]);
 55             s[x][0]+=s[tt[i]][0];
 56             s[x][1]+=s[tt[i]][1];
 57         }
 58         i=pre[i];
 59     }
 60     if (s[x][0]) Flag[0]=1;
 61     if (s[x][1]) Flag[1]=1;
 62     if (s[x][1]>=2) Flag[0]=1;
 63 }
 64 int main()
 65 {
 66     int test;
 67     scanf("%d",&test);
 68     while (test--)
 69     {
 70     scanf("%d%d",&n,&m);
 71     dp=0;
 72     for (i=1;i<=n;i++)
 73     p[i]=vis[i]=v[i][0]=v[i][1]=s[i][0]=s[i][1]=0;
 74     Flag[0]=Flag[1]=0;
 75     for (i=1;i<=m;i++)
 76     {
 77         flag[i]=0;
 78         scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
 79         link(a[i],b[i],i);
 80         link(b[i],a[i],i);    
 81     }
 82     for (i=1;i<=n;i++)
 83     if (vis[i]==0) dfs(i,0);
 84     for (i=1;i<=m;i++)
 85     if (!flag[i])
 86     {
 87         int c=lca(a[i],b[i]);
 88         int dis=(deep[a[i]]+deep[b[i]]-2*deep[c]+1)%2;
 89         v[jump[c][0]][dis]--;
 90         v[c][dis]--;
 91         v[a[i]][dis]++;
 92         v[b[i]][dis]++;
 93     }
 94     for (i=1;i<=n;i++)
 95     if (jump[i][0]==0) gao(i);
 96     if (Flag[1])
 97     printf("YES
");else printf("NO
");
 98     if (Flag[0])
 99     printf("YES
");else printf("NO
");
100     }
101 }
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     C.Segment

    　　假设对于一个可行的方案，若Ai<Aj,且Bpi>Bpj,那么[Ai，Bpi]∩[Aj,Bpj]与[Ai，Bpj]∩[Aj,Bpi]是等价的，因此我们可以一直将这样的pi和pj进行交换，直到不存在这样的方案，也就是说对于所有的可行方案，经过这样的交换后，配对都会变成一样的，因此可以将A与B进行排序。若存在Ai>Bi则不存在可行方案，否则找一个最长的输出即可。

    　　代码

     1 #include<iostream>
 2 #include<stdio.h>
 3 #include<math.h>
 4 #include<string.h>
 5 #include<stdlib.h>
 6 #include<algorithm>
 7 using namespace std;
 8 const int N= 1001010;
 9 int n,m,i,a[N],b[N],f[N],j,flag,cnt,ans;
10 int main()
11 {
12     int test;
13     scanf("%d",&test);
14     while (test--)
15     {
16         ans=0;cnt=0;flag=0;
17     scanf("%d%d",&n,&m);
18         for (i=1;i<=n;i++) f[i]=0;
19     for (i=1;i<=m;i++)
20     scanf("%d",&a[i]);
21     for (i=1;i<=m;i++)
22     scanf("%d",&b[i]);
23     sort(a+1,a+1+m);
24     sort(b+1,b+1+m);
25     for (i=1;i<=m;i++)
26     {
27         for (j=a[i];j<=b[i];j++)
28         f[j]=1;
29     if (a[i]>b[i]) 
30     {
31         flag=1;break;
32     }
33     }
34     for (i=1;i<=n;i++)
35     if (f[i]==0) cnt++;else
36     {
37         if (cnt>ans) ans=cnt;cnt=0;
38     }
39     if (cnt>ans) ans=cnt;
40     if (flag) printf("Stupid BrotherK!
");
41     else
42     printf("%d.000000
",ans);
43     }
44 }
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     D.Brackets

    　  题意是给一个括号序列，支持两种操作，第一种是修改一个位置的括号，第二种是查询区间[L,R]中，第k个未匹配括号是哪一个，输出下标。若无解输出-1

    　  首先考虑有无解的判断，若一个序列中消除了已匹配的括号，那么未匹配括号必定是这种形式)))....)))(((((....((,我们可以根据前缀和来判断有无解，做法如下:

    　　先将'(’视为1，')'视为-1，维护括号序列每个位置的的前缀和sum，那么在区间[L,R]中，未匹配括号的个数即为sum[L-1]+sum[R]-2*min(sum[i])(L<=i<=R)，区间最小的前缀和可以用线段树维护一下。

    　  然后考虑有解情况，若k<=sum[L-1]-sum[i]，则答案为区间[l,r]中最靠左边的前缀和为sum[L-1]-k的括号的位置。否则为区间中最靠右边的，且前缀和为min(sum[i])+(k-(sum[L-1]-min(sum[i])))的括号的位置+1。

        用线段树维护一下前缀和最小值，即可进行上面解决方法的所有操作，复杂度O(nlogn)

    　　代码

      1 #include<cstdio>
  2 #include<set>
  3 #define fi first
  4 #define sc second
  5 using namespace std;
  6 typedef pair<int,int> P;
  7 const int N = 2001010;
  8 int v[N],e[N],n,m,i,o;
  9 P s[N];
 10 char ch[N];
 11 P min(P a,P b)
 12 {
 13     if (a.fi==b.fi) 
 14     {
 15         if (a.sc<b.sc) return a;return b;
 16     } 
 17     if (a.fi<b.fi) return a;return b;
 18 }
 19 void clean(int x)
 20 {
 21     if (v[x])
 22     {
 23         s[x].fi+=v[x];
 24         v[2*x]+=v[x];
 25         v[2*x+1]+=v[x];
 26         v[x]=0;
 27     }
 28 }
 29 void gao(int x,int l,int r)
 30 {
 31     v[x]=0;
 32     if (r-l==1)
 33     {
 34         s[x].fi=e[r];
 35         s[x].sc=r;
 36     }
 37     else
 38     {
 39         int m=(l+r)>>1;
 40         gao(2*x,l,m);
 41         gao(2*x+1,m,r);
 42         s[x]=min(s[2*x],s[2*x+1]);
 43     }
 44 }
 45 void change(int x,int a,int b,int l,int r,int c)
 46 {
 47     clean(x);
 48     if ((a<=l)&&(r<=b))
 49     {
 50         v[x]+=c;
 51         return;
 52     }
 53     int m=(l+r)>>1;
 54     if (a<m) change(2*x,a,b,l,m,c);
 55     if (m<b) change(2*x+1,a,b,m,r,c);
 56     clean(2*x);clean(2*x+1);
 57     s[x]=min(s[2*x],s[2*x+1]);
 58 }
 59 P query(int x,int a,int b,int l,int r)
 60 {
 61     clean(x);
 62     if ((a<=l)&&(r<=b)) return s[x];
 63     int m=(l+r)>>1;
 64     P tmp;tmp.fi=1000000000;
 65     if (a<m) tmp=min(tmp,query(2*x,a,b,l,m));
 66     if (m<b) tmp=min(tmp,query(2*x+1,a,b,m,r));
 67     return tmp; 
 68 }
 69 int get(int x,int a,int b,int l,int r,int c,int typ)
 70 {
 71     clean(x);
 72     if (s[x].fi>c) return 0;
 73     int m=(l+r)>>1;
 74     int ans=0;
 75     if (r-l==1) 
 76     {
 77         if (s[x].fi==c) return r;else return 0;
 78     }
 79     if ((a<=l)&&(r<=b))
 80     {
 81         if (typ==0)
 82         {
 83             ans=get(2*x,a,b,l,m,c,typ);
 84             if (ans) return ans;
 85             ans=get(2*x+1,a,b,m,r,c,typ);
 86             return ans;
 87         }
 88         else
 89         {    
 90             ans=get(2*x+1,a,b,m,r,c,typ);
 91             if (ans) return ans;
 92             ans=get(2*x,a,b,l,m,c,typ);
 93             return ans;
 94         }
 95     }
 96     if (typ==0)
 97     {
 98     if (a<m) ans=get(2*x,a,b,l,m,c,typ);
 99     if (ans) return ans;
100     if (m<b) ans=get(2*x+1,a,b,m,r,c,typ);
101     return ans;
102     }
103     else
104     {
105     if (m<b) ans=get(2*x+1,a,b,m,r,c,typ);
106     if (ans) return ans;
107     if (a<m) ans=get(2*x,a,b,l,m,c,typ);
108     return ans;
109     }
110 }
111 int main()
112 {
113     int test;
114     scanf("%d",&test);
115     while (test--)
116     {
117     scanf("%d%d",&n,&m);
118     for (i=1;i<=n;i++)
119     scanf(" %c",&ch[i]);
120     for (i=1;i<=n;i++)
121     if (ch[i]=='(') e[i+1]=e[i]+1;else e[i+1]=e[i]-1;
122     gao(1,0,n+1);
123     for (i=1;i<=m;i++)
124     {
125         int typ,a,b,c;
126         scanf("%d",&typ);
127         if (typ==1)
128         {
129             scanf("%d",&a);
130             if (ch[a]=='(')
131             {
132                 ch[a]=')';
133                 a++;
134                 change(1,a-1,n+1,0,n+1,-2);
135             }
136             else
137             {
138                 ch[a]='(';
139                 a++;
140                 change(1,a-1,n+1,0,n+1,2);
141             }
142         }
143         else
144         {
145             scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
146             a++;b++;
147             P tmp=query(1,a-2,b,0,n+1);
148     
149             int p=0,q=0;
150             p=query(1,a-2,a-1,0,n+1).fi;
151             q=query(1,b-1,b,0,n+1).fi;
152 
153             if (p-tmp.fi+q-tmp.fi<c)
154                 printf("-1
");
155             else
156             if (c<=p-tmp.fi)
157                 printf("%d
",get(1,a-1,n+1,0,n+1,p-c,0)-1);
158             else
159                 printf("%d
",get(1,0,b,0,n+1,tmp.fi+c-(p-tmp.fi)-1,1));
160         }
161     }
162     }
163 }
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     E.Game

        题意是有n个人站成环，有一个集合S，每次从集合S中随机选出一个数字s，然后依次报数，报道s的人从环中出去，问n轮后有哪些人有获胜的可能性。经典的约瑟夫问题，可以O(N^3)dp解决。

       代码

     1 #include<cstdio>
 2 const int N = 1010;
 3 int n,m,i,j,k,t,a[N],f[N][N],ans;
 4 int main()
 5 {
 6     int test;
 7     scanf("%d",&test);
 8     while (test--)
 9     {
10     scanf("%d%d",&n,&m);
11     for (i=1;i<=m;i++)
12     scanf("%d",&a[i]);
13     for (i=0;i<=n;i++)
14     for (j=0;j<=n;j++)
15     f[i][j]=0;
16     f[1][0]=1;
17     for (i=2;i<=n;i++)
18     {
19         for (j=1;j<=m;j++)
20         {
21             t=(a[j]-1)%i;
22             for (k=0;k<i;k++)
23             if (f[i-1][k])
24             f[i][(t+1+k)%i]=1;
25         }
26     }
27     ans=0;
28     for (i=0;i<n;i++)
29     if (f[n][i]) ans++;
30     printf("%d
",ans);
31     int flag=0;
32     for (i=0;i<n;i++)
33     if (f[n][i])
34     {
35         if (flag) printf(" ");
36         flag=1; 
37         printf("%d",i+1);
38     }
39     printf("
");
40     }    
41 }
    View Code

    　　

      F.

      G.

      H.Occupation

    　　题意是给一棵树，树上每个点都有一个权值，有三类操作，1.取一条路径上所有的没被取的点，2.如果x点被取了，则将其变为未取的状态，3.去以x为根的子树上所有没被取的点，每次操作后求出被取点的价值总和。

    　　裸的树链剖分。。。

    　　代码

      1 #include<cstdio>
  2 const int N = 1010101;
  3 int dp,pre[N],p[N],tt[N],size[N],id[N],f[N],deep[N],go[N],L[N],R[N];
  4 int cnt,gf[N],i,n,e[N],a,b,v[N],s[N],sum[N];
  5 void link(int x,int y)
  6 {
  7     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;
  8 }
  9 void dfs1(int x,int y)
 10 {
 11     size[x]=1;
 12     int i=p[x];
 13     while (i)
 14     {
 15         if (tt[i]!=y)
 16         {
 17             f[tt[i]]=x;
 18             deep[tt[i]]=deep[x]+1;
 19             dfs1(tt[i],x);
 20             size[x]+=size[tt[i]];
 21             if (size[tt[i]]>size[go[x]]) go[x]=tt[i];
 22         }
 23         i=pre[i];
 24     }
 25 }
 26 void dfs2(int x,int y)
 27 {
 28     L[x]=++cnt;
 29     id[cnt]=x; 
 30     gf[x]=y;
 31     if (go[x]) dfs2(go[x],y);
 32     int i=p[x];
 33     while (i)
 34     {
 35         if (deep[tt[i]]>deep[x])
 36         if (tt[i]!=go[x])
 37         dfs2(tt[i],tt[i]);
 38         i=pre[i];
 39     }
 40     R[x]=cnt;
 41 }
 42 void clean(int x)
 43 {
 44     if (v[x]) 
 45     {
 46         v[x]=0;
 47         s[x]=sum[x];
 48         v[2*x]=1;
 49         v[2*x+1]=1;
 50     }
 51 }
 52 void change(int x,int a,int b,int l,int r,int c)
 53 {
 54     clean(x);
 55     if ((a<=l)&&(r<=b))
 56     {
 57         if (c) v[x]=1;else s[x]=0;
 58         return;
 59     }
 60     int m=(l+r)>>1;
 61     if (a<m) change(2*x,a,b,l,m,c);
 62     if (m<b) change(2*x+1,a,b,m,r,c);
 63     clean(2*x);clean(2*x+1);
 64     s[x]=s[2*x]+s[2*x+1];
 65 }
 66 void gao(int a,int b)
 67 {
 68     while (1)
 69     {
 70         if (deep[gf[a]]<deep[gf[b]]) a^=b^=a^=b;
 71         if (gf[a]==gf[b])
 72         {
 73             if (deep[a]<deep[b]) a^=b^=a^=b;
 74             change(1,L[b]-1,L[a],0,n,1);
 75             return;
 76         }
 77         else
 78         {
 79             change(1,L[gf[a]]-1,L[a],0,n,1);
 80             a=f[gf[a]];
 81         }
 82     }
 83 }
 84 void get(int x,int l,int r)
 85 {
 86     v[x]=s[x]=0;
 87     if (r-l==1)
 88     {
 89         sum[x]=e[id[r]];
 90         return;
 91     }
 92     int m=(l+r)>>1;
 93     get(2*x,l,m);
 94     get(2*x+1,m,r);
 95     sum[x]=sum[2*x]+sum[2*x+1];
 96 }
 97 int main()
 98 {
 99     int test;
100     scanf("%d",&test);
101     while (test--)
102     {
103     scanf("%d",&n);dp=cnt=0;
104     for (i=1;i<=n;i++)
105     {
106         scanf("%d",&e[i]);
107         p[i]=go[i]=deep[i]=gf[i]=f[i]=0;
108     }
109     for (i=1;i<n;i++)
110     {
111         scanf("%d%d",&a,&b);
112         link(a,b);link(b,a);
113     }
114     dfs1(1,0);
115     dfs2(1,1);
116     get(1,0,n);
117     int m;
118     scanf("%d",&m);
119     for (i=1;i<=m;i++)
120     {
121         int typ;
122         scanf("%d",&typ);
123         if (typ==1)
124         {
125             scanf("%d%d",&a,&b);
126             gao(a,b);
127         }
128         else
129         {
130             scanf("%d",&a);
131             if (typ==2)
132                 change(1,L[a]-1,L[a],0,n,0);
133             else
134                 change(1,L[a]-1,R[a],0,n,1);
135         }
136         clean(1);
137         printf("%d
",s[1]);
138     }
139     }
140 }
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      I.Exploration

    　　题意是给一张图，其中有一些边为双向，有一些为单向，问是否存在一个起点，其能走出一条路径，至少能到达一个起点以外的点，且最终能回到起点，注意路一旦经过，就会坍塌。

    　　可以先将双向边连接的点用并查集并起来，如果一个集合中的点不构成一颗树，则说明存在环，那么这个环就可以视为答案，输出YES，如果所有集合都是生成树，那么接着考虑有向边，如果有向边连接的两个点属于同一集合，则存在环经过该有向边，可以直接输出YES，否则则将两端点所在的集合连边，最后进行一边拓扑排序，判断是否存在环，如果存在环输出YES，否则输出NO

          代码

     1 #include<cstdio>
 2 #include<queue>
 3 using namespace std;
 4 const int N = 2010101;
 5 int f[N],n,m1,m2,l[N],r[N],i,a,b,id[N],cnt,rd[N];
 6 int dp,pre[N],p[N],tt[N],vis[N];
 7 queue<int> Q;
 8 int gf(int x)
 9 {
10     int t,p;
11     p=x;
12     while (p!=f[p]) p=f[p];
13     while (x!=p)
14     {
15         t=f[x];
16         f[x]=p;
17         x=t;
18     }
19     return p;
20 }
21 void link(int x,int y)
22 {
23     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;
24 }
25 int main()
26 {
27     int test;
28     scanf("%d",&test);
29     while (test--)
30     {
31     scanf("%d%d%d",&n,&m1,&m2);
32     for (i=1;i<=m1;i++)
33     scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
34     for (i=1;i<=m2;i++)
35     scanf("%d%d",&l[m1+i],&r[m1+i]);
36     dp=0;
37     for (i=1;i<=n;i++) f[i]=i,id[i]=rd[i]=p[i]=vis[i]=0;
38     for (i=1;i<=m1;i++)
39     {
40         if (l[i]==r[i]) continue;
41         a=gf(l[i]);b=gf(r[i]);
42         if (a==b) break;
43         f[a]=b;
44     }
45     if (i<=m1)
46     {
47         printf("YES
");
48         continue;
49     }
50     cnt=0;
51     for (i=1;i<=n;i++)
52     {    
53         if (id[gf(i)]==0) id[gf(i)]=++cnt;
54         id[i]=id[gf(i)];
55     }
56     for (i=m1+1;i<=m1+m2;i++)
57     {
58         if (l[i]==r[i]) continue;
59         if (id[l[i]]==id[r[i]]) break;
60         link(id[l[i]],id[r[i]]);
61         rd[id[r[i]]]++; 
62     } 
63     if(i<=m1+m2)
64     {
65         printf("YES
");
66         continue;
67     }
68     for (i=1;i<=cnt;i++)
69     if (rd[i]==0) Q.push(i);
70     while (!Q.empty())
71     {
72         int x=Q.front();Q.pop();
73         i=p[x];
74         while (i)
75         {
76             rd[tt[i]]--;
77             if (!rd[tt[i]]) Q.push(tt[i]);
78             i=pre[i];
79         }
80     } 
81     for (i=1;i<=cnt;i++)
82     if (rd[i]) break;
83     if (i<=cnt) printf("YES
");else printf("NO
");
84     }
85 }
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     J.GCD

         题意是给一些询问，每次询问区间[L,R]的gcd是多少，且得到的答案为w，问能否构造出一个使得所有询问都满足的答案，如果存在多个方案，输出一个序列和最小的方案。

         一开始设序列所有数字为1，对于一个询问[L,R]我们可以把区间[L,R]中的数字ai变为lcm(ai,w),这样就可以构造出一个序列，最后用询问来验证一下这个序列是否合法，如果合法，那么该序列即为最小方案，若不合法即为无解。

    　　代码

     1 #include<cstdio>
 2 const int N = 101010;
 3 int n,m,i,j,l[N],r[N],w[N],test,tmp;
 4 long long a[N];
 5 long long gcd(long long a,long long b)
 6 {
 7     if (b==0) return a;
 8     return gcd(b,a%b);
 9 }
10 int main()
11 {
12     scanf("%d",&test);
13     while (test--)
14     {
15     scanf("%d%d",&n,&m);
16     for (i=1;i<=m;i++)
17     scanf("%d%d%d",&l[i],&r[i],&w[i]);
18     for (i=1;i<=n;i++)
19     {
20         a[i]=1;
21         for (j=1;j<=m;j++)
22         if ((l[j]<=i)&&(i<=r[j]))
23         {
24             a[i]=(a[i]*w[j])/gcd(a[i],w[j]);
25             if (a[i]>1000000000) break;
26         }
27         if (a[i]>1000000000) break;
28     }
29     if (i<=n)
30     printf("Stupid BrotherK!
");
31     else
32     {
33         for (i=1;i<=m;i++)
34         {
35             tmp=0;
36             for (j=l[i];j<=r[i];j++)
37             tmp=gcd(tmp,a[j]);
38             if (tmp!=w[i]) break;
39         }
40         if (i<=m) printf("Stupid BrotherK!
");
41         else
42         {
43             for (i=1;i<n;i++)
44             printf("%I64d ",a[i]);printf("%I64d
",a[n]);
45         }
46     }
47     }
48 }
    View Code
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