【2019.9.15】

2019.9.15

summary

• 时间安排不合理 大部分时间用在1、2题 第三题啥都没打成
• 低级错误 空间开小了 而且最开始打的时候我都没有测第四组样例？！最后十几分钟发现第四组样例没过==
• 基础不牢 加分二叉树这题我都没做过 gg
• 浮躁

Candy

糖糖有一个整数A,设A的十进制表示为 (a_1a_2a_3...a_n);
定义 (rotate(a_1a_2a_3...a_n)=a_2a_3...a_na_1)
糖糖利用这个方法生成了n个数字串,其中:
(b1=a,b2=rotate(b1),...,b_n=rotate(b_{n-1}))
糖糖对于这些数字串在十进制下的和很感兴趣,现设 (sum{b_i}=S)
她想知道S的最小非1的因子是多少

首先肯定先找下规律看看有没有规律,但是没用的.

不难发现最终的和的形式是(sum\_digit(111111....1))的形式,其中(sum\_digit)表示所有数位的和.

所以无非答案就是(sum\_digit)的最小质因子或者是(11111111..1)的最小质因子

若最终答案不在(sum\_digit)里面的话呢,假设(sum\_digit)的最小质因子为(x)那么也就是说(1111111...1)里面存在一个质因子(y),(y<x)并且(1111111...1\%y==0)

考虑(1111111...1=(10^n-1)/9)(n表示有多少个1)

那么问题就转化成了((10^n-1)/9%y==0),我们可以枚举这个(y).因为和最大也就(5e6),所以(y)最多也不会超过(5e6),用线性筛预处理一下即可

==我搞那个b=qpow(10ll,n,(ll)prim[i]*9)要模(prim[i]*9)推了好久

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=500000+10,M=5e6+50,inf=0x3f3f3f3f;
int n,sum;char a[N];

int v[M],prim[N],cnt=0;
void Prime(int m){
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!v[i]) v[i]=i,prim[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]<=m/i;j++){
			v[i*prim[j]]=prim[j];
			if(!i%prim[j]) break; 
		}
	}
}

ll qpow(ll a,int b,ll P){
	ll ret=1ll;
	while(b){
		if(b&1) ret=(ret*a)%P;
		a=(a*a)%P,b>>=1;
	}
	return ret;
}

int main(){
	//freopen("candy.in","r",stdin);
//	freopen("candy.out","w",stdout);
	Prime(4500000);
	//printf("%d
",cnt);
	//printf("%d %d",v[11111],v[111111]);
	while(scanf("%s",a+1)!=EOF){
		n=strlen(a+1),sum=0;
		for(int i=1;i<=n;++i) sum+=(a[i]-'0');
		int ans=v[sum];
		ll b;
		for(int i=1;i<=cnt&&prim[i]<(sum==1?inf:ans);++i){
			b=qpow(10ll,n,(ll)prim[i]*9);//
			b=(b-1)/9;
			if(!b%prim[i]){ans=prim[i];break;}
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

遗失的二叉树

小T很喜欢研究树形数据结构，这一天，他的哥哥小Q丢给了小T一个问题：给定一序列，判断其是否为一颗二叉树的中序遍历，对于小T来说，这个问题太简单了，所以哥哥又添加了一个条件：树边连接的两个点的权值不能互质。现在小T对这个问题毫无对策，于是他请你帮他解决这个问题。

Tree’s Solution
考虑区间(dp),(L[l][r])表示区间([l,r]) 是否可以作为r的左儿子，即(L[l][r])表示以r为根 [l,r-1]为左子树是否合法,(R[l][r])表示区间([l,r])是否可以作为l的右儿子，即(R[l][r])表示以(l)为根([l+1,r])为右子树是否合法, 枚举(k)与根节点进行转移，那么就可以得到方程:
(L[l][r] |= L[l][k]& R[k][r-1]&mp[k][r]);
(R[l][r] |= L[l+1][k]&R[k][r]&mp[k][l];)
最后判断一下存不存在一个(i)使得((L[1][i]&R[i][n])==1)即可

==看到中序遍历然后就放弃 刚另外两道题用了太多时间 最后这题只剩差不多半个小时四十分钟的亚子

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500+10,M=1e5+50,inf=0x3f3f3f3f;
int n,ok,a[N],b[N][N],L[N][N],R[N][N];
template <class t>void rd(t &x){
    x=0;int w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=w?-x:x;
}
int gcd(int x,int y){return !y?x:gcd(y,x%y);}
int main(){
	freopen("T1.txt","r",stdin);
	//freopen("and.out","w",stdout);
	int T;rd(T);
	while(T--){
		rd(n);ok=0;
		memset(b,0,sizeof(b));
		memset(L,0,sizeof(L));
		memset(R,0,sizeof(R));
		for(int i=1;i<=n;++i) rd(a[i]),L[i][i]=R[i][i]=b[i][i]=1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j) b[i][j]=b[j][i]=(gcd(a[i],a[j])!=1);
		for(int len=2;len<=n;++len)
		for(int i=1,j;(j=i+len-1)<=n;++i)
		for(int k=i;k<=j&&(!L[i][j]||!R[i][j]);++k)
		L[i][j]|=(L[i][k]&R[k][j-1]&b[k][j]),
		R[i][j]|=(L[i+1][k]&R[k][j]&b[k][i]);
		for(int i=1;i<=n&&!ok;++i) if(L[1][i]&R[i][n]) ok=1;
		if(ok) puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}

精灵

wonderland的地图可以抽象成一个N个点的有根树，第i个点上生活着编号为i的精灵，根节点为1号节点。

一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1，第i只精灵和第j只精灵的亲密度为他们在树上最近公共祖先的深度。

现在Jessica想询问你Q次，每次询问第z只精灵和第l~r只精灵的亲密度的和是多少。答案对201314（不是一个质数）取模。

看完题 75分很稳

然后想好了暴力的思路 准备去看第二题 看着中序遍历我还是滚了...

在草稿本上捯饬了半天 我居然想出了正解

对不起我询问开的一倍空间我这就滚 30

100昏

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
const int N=1e5+10,M=1e5+50,inf=0x3f3f3f3f,P=201314;
int n,m;ll ans[N];
struct quer{
	int id,pos,k,x;
	bool operator <(const quer&X)const{return pos<X.pos;}
}q[N<<1];
template <class t>void rd(t &x){
    x=0;int w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=w?-x:x;
}

int head[N],tot=0;
struct edge{int v,nxt;}e[N];
void add(int u,int v){
	e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot; 
}

int idx=0,dfn[N],f[N],son[N],sz[N],dep[N],top[N];
void dfs1(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1,sz[u]=1;
	for(int i=head[u],v,mxs=-1;i;i=e[i].nxt){
		dfs1((v=e[i].v),u),sz[u]+=sz[v];
		if(sz[v]>mxs) son[u]=v,mxs=sz[v]; 
	}
}
void dfs2(int u,int topf){
	dfn[u]=++idx,top[u]=topf;
	if(!son[u]) return;
	dfs2(son[u],topf);
	for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
	if((v=e[i].v)!=son[u]) dfs2(v,v);
}

struct node{ll val,tg;}t[N<<2];
void pup(int o){t[o].val=t[ls].val+t[rs].val;}
void updnode(int o,int l,int r,ll k){t[o].val+=(r-l+1)*k,t[o].tg+=k;}
void pudw(int o,int l,int r){
	if(!t[o].tg) return;
	int mid=l+r>>1;
	updnode(ls,l,mid,t[o].tg),updnode(rs,mid+1,r,t[o].tg),t[o].tg=0;
}
void upd(int o,int l,int r,int x,int y,ll k){
	if(l>y||r<x) return;
	if(x<=l&&r<=y){updnode(o,l,r,k);return;}
	pudw(o,l,r);
	int mid=l+r>>1;
	upd(ls,l,mid,x,y,k),upd(rs,mid+1,r,x,y,k);
	pup(o);
}
ll query(int o,int l,int r,int x,int y){
	if(l>y||r<x) return 0;
	if(x<=l&&r<=y) return t[o].val;
	pudw(o,l,r);
	int mid=l+r>>1;ll ans;
	ans=query(ls,l,mid,x,y)+query(rs,mid+1,r,x,y);
	pup(o);
	return ans;
}

void updrange(int x,int y){
	while(top[x]!=top[y]){
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
		upd(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],1);
		x=f[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
	upd(1,1,n,dep[x],dep[y],1);
}
ll qrange(int x,int y){
	ll sum=0;
	while(top[x]!=top[y]){
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
		sum+=query(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
		x=f[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
	sum+=query(1,1,n,dep[x],dep[y]);
	return sum;
}

int main(){
	freopen("T1.txt","r",stdin);
//	freopen("elf.out","w",stdout);
	rd(n),rd(m);
	for(int i=2,x;i<=n;++i) rd(f[i]),add(++f[i],i);
	dfs1(1,0),dfs2(1,1);
	int x,l,r,C=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		rd(l),rd(r),rd(x);
		q[++C]=(quer){i,++l-1,-1,++x},q[++C]=(quer){i,++r,1,x};
	}
	sort(q+1,q+C+1);
	for(int i=1,j=0,pos,id;i<=C;++i){
		id=q[i].id,pos=q[i].pos,x=q[i].x;
		while(j<n&&j<pos) updrange(1,++j);
		ans[id]=(ans[id]+q[i].k*qrange(1,x))%P;
	}
	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld
",((ll)ans[i]+P)%(1ll*P));
	return 0;
}