比赛-模拟赛 (17 Aug, 2018) (待施工)

1.) 小X的质数

线性筛就可以了。由唯一分解定理，如果 $ x = p_a cdot p_b $ ，那么 (x) 也一定只能这样分解质因数。所以 (x) 也是符合题目条件的数。

#include <cstdio>
#include <ctype.h>
#include <stack>

using namespace std;

template<typename T>
void rd(T &num)
{
	char tt;
	while (!isdigit(tt = getchar()));
	num = tt - '0';
	while (isdigit(tt = getchar()))
		num = num * 10 + tt - '0';
	return;
}

template<typename T>
void pt(T num)
{
	stack<char> S;
	do S.push(num % 10 + '0');
	while (num /= 10);
	while (!S.empty())
		putchar(S.top()), S.pop();
	putchar('
');
	return;
}

const int _N = 10002000;

int P[_N], sum[_N], Pcnt;
bool mk[_N], mk2[_N];

int main()
{
	
	int N = 10001000, T;
	mk[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; ++i) {
		if (!mk[i]) P[++Pcnt] = i;
		for (int j = 1; j <= Pcnt && i * P[j] <= N; ++j) {
			mk[i * P[j]] = 1;
			if (!mk[i]) mk2[i * P[j]] = 1;
			if (i % P[j] == 0) break;
		}
		sum[i] = sum[i - 1];
		if (!mk[i] || mk2[i]) ++sum[i];
	}
	rd(T);
	while (T--) {
		int l, r;
		rd(l), rd(r);
		pt(sum[r] - sum[l - 1]);
	}
	return 0;
}

2.) 小X的密室

(dis_{S, i}) 表示以 (S) 集合的钥匙到达 (i) 点的最小消耗。跑最短路或者 BFS （因为边权都是 1 ，所以 BFS 其实比最短路更快）都行。改悔一下，考试的时候输入写错了……输入写错了……输入写错了……

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <ctype.h>

using namespace std;

template<typename T>
void rd(T &num)
{
	char tt;
	while (!isdigit(tt = getchar()));
	num = tt - '0';
	while (isdigit(tt = getchar()))
		num = num * 10 + tt - '0';
	return;
}

const int _N = 8000;
const int INF = 1e9;

struct data {
	int v, s, w;
	data(int v = 0, int s = 0, int w = 0):
		v(v), s(s), w(w) { }
	bool operator < (const data &tmp)
	const
	{
		return w > tmp.w;
	}
};

struct edge {
	int v, s;
	edge(int v = 0, int s = 0):
		v(v), s(s) { }
};

vector<edge> G[_N];
priority_queue<data> Q;
int N, K, M, dis[_N][3000], A[_N];

void dijkstra(int beg1, int beg2)
{
	while (!Q.empty()) Q.pop();
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 0; j != (1 << K); ++j)
			dis[i][j] = INF;
	dis[beg1][beg2] = 0;
	Q.push(data(beg1, beg2, 0));//v S w
	while (!Q.empty()) {
		data p = Q.top();
		Q.pop();
		if (p.w > dis[p.v][p.s]) continue;
		for (int i = G[p.v].size() - 1; i >= 0; --i) {
			edge e = G[p.v][i];
			if ((p.s & e.s) == e.s) {
				if (dis[e.v][A[e.v] | p.s] > dis[p.v][p.s] + 1) {
					dis[e.v][A[e.v] | p.s] = dis[p.v][p.s] + 1;
					Q.push(data(e.v, A[e.v] | p.s, dis[e.v][A[e.v] | p.s]));
				}
			}
		}
	}
	return;
}

int main()
{
	
	rd(N), rd(M), rd(K);
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 0; j < K; ++j) {
			int t;
			rd(t);
			if (t) A[i] |= 1 << j;
		}
	for (int i = 1; i <= M; ++i) {
		int x, y, s = 0;
		rd(x), rd(y);
		for (int j = 0; j < K; ++j) {
			int t;
			rd(t);
			if (t) s |= 1 << j;
		}
		G[x].push_back(edge(y, s));
	}
	dijkstra(1, A[1]);
	int ans = INF;
	for (int i = 0; i != (1 << K); ++i)
		ans = min(ans, dis[N][i]);
	if (ans < INF)
		printf("%d
", ans);
	else
		printf("No Solution
");
	return 0;
}

3.) 士兵训练

分析略恶心。首先，分析可得答案是子树内点权的严格次大值。然后考虑外部点权的“加成”。需要维护 (p) 为根的子树内的 (a geq b > c) ，以及子树外的 (x > y)。然后如果 (b + x e a) ，直接更新答案就可以。否则答案应为 (max(b + y, c + x)) 。然后考虑怎么维护。
法一：最直观的想法是通过节点的 dfn 序重新编号，然后用一颗线段树维护子树内节点。再用前缀、后缀之类的方法维护子树外节点（重新编号后子树外的节点肯定就是 ([1, x]) 和 ([y, n])）。
法二：还是用前缀、后缀维护子树外节点，不过直接用子树内节点信息更新子树的答案。
维护前 (k) 大的正解是树套树，但是显然用不上，直接 (O(k^2)) 暴力合并两个区间（法二中是多个子树，所以两两合并即可）即可（暴力维护前k大方法）。

假装这是代码