bzoj刷水

因为最近的生活太颓废总是不做题而被老师D了一番， 所以今天晚上到bzoj上去刷了几道水题。。。。。

 

bzoj 4320: ShangHai2006 Homework

题目大意

 维护一个支持两个操作的集合：

1） 插入一个数x

2） 询问集合中所有数中 mod x 最小是多少

解题思路

似乎log家族没有什么好的办法解决这道题？

考虑 sqrt() 的方法。

当询问 x <= sqrt(m) 的时候， 直接存一下就可以了。

当询问 x > sqrt(m) 的时候，把n分成 n / x 块， 每一块单独考虑。

这时对于每一块， 我们需要求出的就是 >= (i * x) 的所有数中最小的那个。

填一个log会爆掉的。但是如果倒着处理， 每一次询问的就是 x 右面第一个没有被染色的点， 其实就是 疯狂的馒头 这道题， 用并查集搞一搞就可以了。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #define MAXN 300003
 5 using namespace std;
 6 int n,la[MAXN],xx[MAXN],bin[MAXN],ans[MAXN],tmp[MAXN],fat[MAXN],N=300000,sq=570;
 7 int find(int x){return x==fat[x]?x:fat[x]=find(fat[x]);}
 8 int main(){
 9     scanf("%d",&n);
10     memset(tmp,0x7f,sizeof(tmp));
11     memset(ans,0x7f,sizeof(ans));
12     for(int i=1;i<=n;i++){
13         char s[5]; scanf("%s%d",s+1,&xx[i]);
14         la[i]=s[1]-'A';
15         if(!la[i]){
16             bin[xx[i]]++;
17             for(int j=1;j<=sq;j++)tmp[j]=min(tmp[j],xx[i]%j);
18         }else if(xx[i]<=sq)ans[i]=tmp[xx[i]];
19     }
20     for(int i=0;i<=N;i++)if(bin[i])fat[i]=i;else fat[i]=i+1;
21     fat[N+1]=N+1;
22     for(int i=n;i>=1;i--){
23         if(!la[i]){
24             if(!(--bin[xx[i]]))fat[xx[i]]=xx[i]+1;
25         }else if(xx[i]>sq){
26             for(int j=0;j<=N;j+=xx[i])
27                 if(find(j)<=N)ans[i]=min(ans[i],find(j)-j);
28         }
29     }
30     for(int i=1;i<=n;i++)if(la[i])printf("%d\n",ans[i]);
31     return 0;
32 }

bzoj 4318: OSU!

题目大意

问一个长度为n， 第i为有pi的概率为1的01串期望的价值是多少。

一个01串的价值定义为它的所有极长子只含1串的长度的立方的和。

解题思路

尝试计算每一位对答案的贡献f(i)。 设li 为 i 前面的极长"1"串的长度

显然 f(i) = p[i] * (3 * li² + 3 * li + 1)。

只要算出 li² 和 li 的期望， 就可以算出 f(i) 的期望了。

注意 li² 的期望并不等于 （li的期望）² ， 要单独存一个数来转移。

虽然恶意缩了缩空格，，但代码真的本来就很短很漂亮。。

#include <cstdio>
using namespace std;
int n;
double ans,x,xx,x2; 
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf",&x);
        ans+=x*(3*x2+3*xx+1);
        x2=x*(x2+2*xx+1);
        xx=x*(xx+1);
    }
    printf("%.1lf\n",ans);
    return  0;
}

bzoj 4302: Hdu 5301 Buildings

题目大意

有n*m的一个矩形地面，要建公寓，现在要求公寓里的房间怎么划分，要求每间房屋都为一个矩形，而且要有一侧为矩形的边，除(x,y)位置外不能有空余，(x,y)位置不能建房间，要让房屋面积最大的那个的面积尽量的小，问最小会是多少 

（上面这段是copy下来的。。）

解题思路

构造题。首先旋转一下令 n <= m，显然， 最后答案中覆盖的块一定都是 1 * x 的

其实整个问题的答案就是覆盖了障碍点的 上， 下， 左， 右 四个点的四个块的长度。

这时候情况数就很少了， 分类讨论一下就好了。

1）（障碍物）上面的点向上， 下面的点向下， 这时候剩下的点分两种情况： 1， 全部按照 (n + 1) / 2的方式竖着排列 2, 所有左边的点向左连， 右边的点向右连（其实第2种情况更优当且仅当是一个边长为奇数的正方形且障碍点在中间）

2）（障碍物）上面的点和下面的点都向 左边和右边中更近的那一边连 ， 这时候剩下的点（就是障碍物左边的所有点或者是右边的所有点）分两种情况： 1， 全部按照 (n + 1) / 2的方式竖着排列 2, 所有点都向左边/ 右边连。

好了， 其实一共只有四小类。

 代码还是炒鸡短。。。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, m, x, y;
int main(){
    while(scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &x, &y) != EOF){
        if(n > m) swap(n, m), swap(x, y);
        int ans = max(min((n + 1) / 2, max(y - 1, m - y - 1)), max(x - 1, n - x));
        ans = min(ans, max(min(y, m - y + 1), min((n + 1) / 2, max(y - 1, m - y))));
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

bzoj 4305: 数列的GCD

 

题目大意

给出一个长度为N的数列{a[n]}，1<=a[i]<=M(1<=i<=N)。 

现在问题是，对于1到M的每个整数d，有多少个不同的数列b[1], b[2], ..., b[N]，满足： 

(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N)； 

(2)gcd(b[1], b[2], ..., b[N])=d； 

(3)恰好有K个位置i使得a[i]<>b[i](1<=i<=N)

1.  1≤bi≤m
2.  gcd(b1,b2,...,bn)=d
3.  ∑ni=1[ai≠bi]=k

解题思路

 因为 300000 以内的数的因子个数最多也就140个， 所以这道题怎么搞一搞都可以。

 然后就是一些基本数论知识也没什么好说的。对于每一个i ，只要求出a[]中有多少个数是i的倍数。对于不是i的倍数的那些数， 贡献的方案数是 数量^(n/i) , 对于是i的倍数的那些数， 贡献的是 从那么多数中选取(n-k)个数， 选出来的数每个有1种取法，其它的每个有(n/i)-1种取法。

 代码有点丑就不贴了（竟然比绝大多数代码都长简直不能忍！！！一定是我的算法太丑了QAQ）

bzoj 3884: 上帝与集合的正确用法

题目大意

1.  1≤bi≤m
2.  gcd(b1,b2,...,bn)=d
3.  ∑ni=1[ai≠bi]=k

解题思路

我们都知道欧拉定理： aⁿ ≡ a^{n mod φ(p)}  mod p （gcd(a, p) = 1）

然而它竟然还有一个拓展： 

aⁿ ≡ a^{n mod φ(p) +φ(p)}   mod p  这个公式是始终通用的

然后这道题就可以随便做了。设答案为 f(x)

则 f(x) = 2^{f(phi(x)) + phi(x)} mod x

于是就可以递归地解决啦

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cmath>
 5 #include <algorithm>
 6 #define N 10000000
 7 #define ll long long
 8 using namespace std;
 9 int t, phi[N + 5], prim[N], pp, f[N+5], X[1005], mx;
10 bool isp[N+5];
11 int mypow(int x, int k, int mod){
12     int ret = 1;
13     while(k){
14         if(k & 1) ret = (ll)ret * x % mod;
15         x = (ll)x * x % mod; k >>= 1;
16     }return ret;
17 }
18 int calc(int x){
19     if(f[x] == -1) f[x] = mypow(2, calc(phi[x]) + phi[x], x);
20     return f[x];
21 }
22 int main(){
23     scanf("%d", &t);
24     for(int i = 1; i <= t; i ++) scanf("%d", &X[i]), mx = max(mx, X[i]);
25     for(int i = 2; i <= mx; i ++){
26         if(!isp[i]) prim[++ pp] = i, phi[i] = i - 1;
27         for(int j = 1; j <= pp && (ll)i * prim[j] <= mx; j ++){
28             isp[i * prim[j]] = 1; phi[i * prim[j]] = phi[i] * (prim[j] - 1);
29             if(i % prim[j] == 0) {phi[i * prim[j]] = phi[i] * prim[j]; break;}
30         }
31     }
32     memset(f, -1, (mx + 2) * 4);
33     f[1] = 0;
34     for(int i = 1; i <= t; i ++) printf("%d\n", calc(X[i]));
35   //  system("pause");
36     return  0;
37 }