2019 China Collegiate Programming Contest Qinhuangdao Onsite

传送门

D - Decimal

题意：
询问(frac{1}{n})是否为有限小数。

思路：
拆质因子，看是不是只包含2和5即可，否则除不尽。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int t,n;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        while(n%2==0){
            n/=2;
        }
        while(n%5==0){
            n/=5;
        }
        if(n!=1)cout<<"Yes
";
        else cout<<"No
";
    }
    return 0;
}

E - Escape

因为网上很多代码都有点问题，所以单独写了一下：传送门

F - Forest Program

题意：
给出一个仙人掌图（每条边最多在一个简单环中），可能不联通。
问有多少种删边方法能使得这个图变为森林。

思路：
显然对于环上的边我们至少删一条边，其它边随便删，所以关键就是找简单环。
一开始纠结点双什么的，魔改tarjan...
后面发现直接dfs找环就行，环长可以直接利用深度来求。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
const int MAXN=3e5+5,MAXM=1e6+5,MOD=998244353;
struct Edge{
    int v,next;
}e[MAXM];
int n,m,u,v,head[MAXN],cnt,dep[MAXN];
ll ans=1,pw[500005];
bool vis[MAXN],ins[MAXN];
inline void addEdge(int u,int v){
    e[++cnt] = {v,head[u]};head[u] = cnt;
}
void dfs(int u,int f){
    ins[u]=vis[u]=1;
    dep[u] = dep[f] + 1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].v;
        if(v==f)continue;
        if(ins[v]){
            ans = ans * (pw[dep[u]-dep[v]+1]-1+MOD)%MOD;
            m-=dep[u]-dep[v]+1;
        }
        if(vis[v])continue;
        dfs(v,u);
    }
    ins[u]=0;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    //cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    pw[0]=1;
    for(int i=1;i<=500000;i++)pw[i]=pw[i-1]*2%MOD;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
       cin>>u>>v;
       addEdge(u,v);addEdge(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!vis[i])dfs(i,0);
    }
    cout<<ans*pw[m]%MOD<<'
';
    return 0;
}

### I - Invoker 似乎是直接暴力dp+模拟。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a);i<(b);i++)
inline int calc();

#define MAXN 3*3*3+7

int dis[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN];
vector<int> pers[17];
inline int skilltoid(int a, int b, int c) {
        int k=(1<<(2*a))+(1<<(2*b))+(1<<(2*c));
        #define F(x,y,z) ((1<<(2*x))+(1<<(2*y))+(1<<(2*z)))
        #define Q 0
        #define W 1
        #define E 2
        switch(k) {
            case F(Q, Q, Q): return 1;
            case F(Q, Q, W): return 2;
            case F(Q, Q, E): return 3;
            case F(W, W, W): return 4;
            case F(Q, W, W): return 5;
            case F(W, W, E): return 6;
            case F(E, E, E): return 7;
            case F(Q, E, E): return 8;
            case F(W, E, E): return 9;
            case F(Q, W, E): return 10;
        }
        return -1;
        #undef F
        #undef Q
        #undef W
        #undef E
}
inline int id(int a,int b,int c) {
    return 3*3*a+3*b+c+1;
}
inline void test(int z) {
    const char x[]="QWE";
    REP(a,0,3)REP(b,0,3)REP(c,0,3) if(z==id(a,b,c)) {printf("%c%c%c",x[a],x[b],x[c]);}
}
inline int chtoid(char x) {
    switch(x) {
        case 'Y': return 1;
        case 'V': return 2;
        case 'G': return 3;
        case 'C': return 4;
        case 'X': return 5;
        case 'Z': return 6;
        case 'T': return 7;
        case 'F': return 8;
        case 'D': return 9;
        case 'B': return 10;
    }
    return 0;
}
inline void genpers() {
        pers[0].push_back(0);
    REP(a,0,3)REP(b,0,3)REP(c,0,3) {
        int sid=skilltoid(a,b,c);
        pers[sid].push_back(id(a,b,c));
    }
}

struct node{
    int a,b,c;
    int l;
};
queue<node> q;
inline void gendis(int a,int b,int c) {
    memset(vis,0,sizeof vis);
    int nid;
    int mid=id(a,b,c); dis[0][mid]=3; vis[mid]=1;
    q.push((node){a,b,c,0});
    dis[mid][mid]=0;
    while(!q.empty()) {
        node now=q.front(); q.pop();
        REP(d,0,3) {
            nid=id(now.b,now.c,d);
            if(!vis[nid]) {
                q.push((node){now.b,now.c,d,now.l+1});
                vis[nid]=1;
                dis[mid][nid]=now.l+1;
            }
        }
    }
}

char seq[100007];
int dp[2][9];

int main() {
    genpers();
    REP(a,0,3)REP(b,0,3)REP(c,0,3){gendis(a,b,c);}
    scanf("%s", seq);
    int len=strlen(seq);
    int t=0, lst=0, now=0;
    REP(i,0,9) dp[t][i]=0;
    REP(i,0,len) {
        lst=now; t^=1; char ch=seq[i]; now=chtoid(ch);
        REP(k,0,pers[now].size()) {
            dp[t][k]=0x3f3f3f3f;
            int p;
            REP(j,0,pers[lst].size()) {
                //if(dp[t^1][j]+dis[pers[lst][j]][pers[now][k]]<=dp[t][k])
                  //  test(pers[lst][j]), putchar('>'),
                    //test(pers[now][k]), printf("%d
", dis[pers[lst][j]][pers[now][k]]);
                dp[t][k]=min(dp[t][k],dp[t^1][j]+dis[pers[lst][j]][pers[now][k]]);
            }
        }
        //putchar('
');
    }
    int ans=0x7fffffff;
    REP(i,0,pers[now].size()) {
        ans=min(ans,dp[t][i]);
    }
    printf("%d
", ans+len);
    return 0;
}

J - MUV LUV EXTRA

题意：
给出一串数字，定义(l)为某个循环节的长度，(p)为循环节出现的总长度（直到某尾才行）。
一个循环节对答案的贡献为(acdot p-bcdot l)，问最大贡献是多少。

思路：
如果我们贪心来思考的话，(p)肯定越大越好，(l)肯定越小越好。所以基本思路就是找到一个最小循环节。
因为每次循环节要直至末尾，所以我们要找(icdots n,1leq ileq n)的所有最小循环节。
删除一个数的贡献不容易，就考虑添加，那么倒过来直接KMP即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e7 + 5;

ll a, b;
char s[N], t[N];
int nxt[N];

void Get_next(char *s) {
	int j, L = strlen(s + 1);
	nxt[1] = j = 0;
	for(int i = 2; i <= L; i++) {
		while(j && s[i] != s[j + 1]) j = nxt[j];
		if(s[i] == s[j + 1]) ++j;
		nxt[i] = j;
	}
}

void run() {
	cin >> (s + 1);
	int n = strlen(s + 1), m = 0;
	bool ok = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(s[i] == '.') {
			ok = 1;
		} else {
			if(ok == 0) continue;
			t[++m] = s[i];
		}
 	}
 	n = m;
	reverse(t + 1, t + n + 1);
	Get_next(t);
	ll ans = -2666666666666666666;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int l = i - nxt[i], p = i;
		ans = max(ans, a * p - b * l);
	}
	cout << ans << '
';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> a >> b) run();
    return 0;
}

K - MUV LUV UNLIMITED

题意：
给出一颗以(1)为根的有根树，现在(A,B)在这颗树上玩博弈。
规则如下：每次一个人可以选择至少一个叶子结点进行删除，最后不能删除的人失败。

思路：
感觉挺有意思的一个题，定义“树枝边”为：从叶子结点往上，直到第一个分叉点的路径长度。
然后就有一个结论：

• 若存在一个长度为(1)的树枝边，那么此时先手必胜。

口胡证明

若目前为一条链的情况，显然多出一条树枝边结论成立；
假设现在为多条链的情况，假设原状态为必胜态，那么多出一条边不影响；若为必败态，可以直接去掉这条树枝边把必败状态留给对方。
若多处若干树枝边，不影响结论。

所以当所有树枝边长度为(2)时，就时必败状态了。
现在我们已经知道树枝边小规模时的状态，那么接下来可以转换为一个石子博弈问题：给出多堆石子，每次可以选择任意堆，从上面取走一个石子，至少取一个石子，若一个人面临着存在石子数量为(1)的局面，就直接胜利。
这个博弈我们可以直接根据奇偶性来考虑，全为偶数时，后手有很大优势；否则，先手能将必输状态扔给对方。
代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;

int n;
int d[N], a[N];
std::vector<int> g[N];

void dfs(int u, int fa, int &sz) {
	if(d[u] > 1) return;
	++sz;
	for(auto v : g[u]) {
		dfs(v, u, sz);
	}
}

void run() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) d[i] = 0, g[i].clear();
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int x; cin >> x;
		++d[x];
		g[i + 1].push_back(x);
	}
	int tot = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(d[i] == 0) {
			int x = 0;
			dfs(i, 0, x);
			a[++tot] = x;
		}
	}
 	for(int i = 1; i <= tot; i++) {
		if(a[i] & 1) {
			cout << "Takeru" << '
';
			return;
		}
	}
	cout << "Meiya" << '
';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}