2015 编程之美初赛第一场 AC题

题目1 : 彩色的树

时间限制:2000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

给定一棵n个节点的树，节点编号为1, 2, …, n。树中有n - 1条边，任意两个节点间恰好有一条路径。这是一棵彩色的树，每个节点恰好可以染一种颜色。初始时，所有节点的颜色都为0。现在需要实现两种操作:

1. 改变节点x的颜色为y；

2. 询问整棵树被划分成了多少棵颜色相同的子树。即每棵子树内的节点颜色都相同，而相邻子树的颜色不同。

输入

第一行一个整数T，表示数据组数，以下是T组数据。

每组数据第一行是n，表示树的节点个数。接下来n - 1行每行两个数i和j，表示节点i和j间有一条边。接下来是一个数q，表示操作数。之后q行，每行表示以下两种操作之一：

1. 若为"1"，则询问划分的子树个数。

2. 若为"2 x y"，则将节点x的颜色改为y。

输出

每组数据的第一行为"Case #X:"，X为测试数据编号，从1开始。

接下来的每一行，对于每一个询问，输出一个整数，为划分成的子树个数。

数据范围

1 ≤ T ≤ 20

0 ≤ y ≤ 100000

小数据

1 ≤ n, q ≤ 5000

大数据

1 ≤ n, q ≤ 100000

样例输入

2
3
1 2
2 3
3
1
2 2 1
1
5
1 2
2 3
2 4
2 5
4
1
2 2 1
2 3 2
1

样例输出

Case #1:
1
3
Case #2:
1
5

其实只需要考虑修改点对相邻的点影响就好。例如原来相同改成不同就+1如此。用枚举，T了大数据。正确做法应该是预先存下相邻点的情况，再处理。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int MAXN=100050;

int color[MAXN];
struct edge{
	int u,v;
	int next;
}edge[MAXN*2];
int head[MAXN];
int tot;

void addedge(int u,int v){
	edge[tot].u=u;
	edge[tot].v=v;
	edge[tot].next=head[u];
	head[u]=tot++;
}

int main(){
	int T,icase=0,u,v,op,x,y;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n,q;
		scanf("%d",&n);
		tot=0;
		memset(color,0,sizeof(int)*(n+10));
		memset(head,-1,sizeof(int)*(n+10));
		for(int i=1;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			addedge(u,v);
			addedge(v,u);
		}
		scanf("%d",&q);
		int ans=1;
		printf("Case #%d:
",++icase);
		for(int i=1;i<=q;i++){
			scanf("%d",&op);
			if(op==1)
			printf("%d
",ans);
			else{
				scanf("%d%d",&x,&y);
				int pre=color[x];
				for(int e=head[x];e!=-1;e=edge[e].next){
					int v=edge[e].v;
					if(color[v]==pre){
						if(color[v]!=y)
						ans++;
					}
					else if(color[v]!=pre){
						if(color[v]==y)
						ans--;
					}
				}
				color[x]=y;
			}
		}
	}
	return 0;
}

　　

题目3 : 质数相关

时间限制:2000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

两个数a和 b (a<b)被称为质数相关，是指a × p = b，这里p是一个质数。一个集合S被称为质数相关，是指S中存在两个质数相关的数，否则称S为质数无关。如{2, 8, 17}质数无关，但{2, 8, 16}, {3, 6}质数相关。现在给定一个集合S，问S的所有质数无关子集中，最大的子集的大小。

输入

第一行为一个数T，为数据组数。之后每组数据包含两行。

第一行为N，为集合S的大小。第二行为N个整数，表示集合内的数。

输出

对于每组数据输出一行，形如"Case #X: Y"。X为数据编号，从1开始，Y为最大的子集的大小。

数据范围

1 ≤ T ≤ 20

集合S内的数两两不同且范围在1到500000之间。

小数据

1 ≤ N ≤ 15

大数据

1 ≤ N ≤ 1000

样例输入

3
5
2 4 8 16 32
5
2 3 4 6 9
3
1 2 3

样例输出

Case #1: 3
Case #2: 3
Case #3: 2

可证此图必定无环。是一棵树，树形DP即可。同时树也是二分图，二分图最大独立集也可做。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;

const int MAXN=500050;

bool isprime[MAXN];

int prime[MAXN];

void predo(){
	memset(isprime,false,sizeof(isprime));
	int tot=0;
	for(int i=2;i<=MAXN;i++){
		if(!isprime[i]) prime[tot++]=i;
		for(int j=0;j<tot;j++){
			if((LL)i*(LL)prime[j]>(LL)MAXN) break;
			isprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}

int num[1010];
bool vis[1010];

struct edge{
	int u,v;
	int next;
}edge[3000];
int dp[1050][2];
int tot,head[1050];

void addedge(int u,int v){
	edge[tot].u=u;
	edge[tot].v=v;
	edge[tot].next=head[u];
	head[u]=tot++;
}

void dfs(int i){
	vis[i]=true;
	dp[i][1]=1; dp[i][0]=0;
	for(int e=head[i];e!=-1;e=edge[e].next){
		int v=edge[e].v;
		if(!vis[v]){
			dfs(v);
			dp[i][1]+=dp[v][0];
			dp[i][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);
		}
	}
}

int main(){
	predo();
	int T,icase=0;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		tot=0;
		memset(vis,false,sizeof(vis));
		memset(head,-1,sizeof(head));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&num[i]);
		sort(num+1,num+n+1);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=i+1;j<=n;j++){
				if(num[j]%num[i]==0){
					if(!isprime[num[j]/num[i]]){
						addedge(i,j);
						addedge(j,i);
					}
				}
			}
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(!vis[i]){
				dfs(i);
				ans+=max(dp[i][0],dp[i][1]);
			}
		}
		printf("Case #%d: %d
",++icase,ans);
	}
	return 0;
}