[Codeforces #174] Tutorial

Link:

Codeforces #174 传送门

A:

求原根的个数，有一条性质是原根个数为$phi(phi(n))$，多了一个不会证的性质

如果要确定哪些是原根的话还是要枚举，不过对于每个数不用枚举$p$次了

由于$delta_p(x) | phi(x)$，只要对欧拉函数值的约数枚举即可

不过此题好像直接$O(p^2)$枚举就行了……

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
typedef double db;
int p,res;

int main()
{
    scanf("%d",&p);
    for(int i=1;i<p;i++)
    {
        bool f=1;int t=1;
        for(int j=1;j<=p-2;j++)
        {
            t=(t*i)%p;
            if(t==1) f=0;
        }
        if(t*i%p!=1) f=0;
        res+=f;
    }
    printf("%d",res);
    return 0;
}

B:

简单分类

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
int n,A,I;char s[200005];

int main()
{
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(s[i]=='A') A++;
        else if(s[i]=='I') I++;
    if(!I) printf("%d",A);
    else if(I==1) printf("1");
    else printf("0");
    return 0;
}

C:

明明写起来很简单的一道题目被我弄复杂了

考虑维护序列中原来的值和增量

由于只要求当前最后一个数的增量，因此可以每次仅在增加的最后一个数打上标记

这样在删除数时将当前末尾的增量向前推就能满足要求

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=2e5+10;
int n,det[MAXN],dat[MAXN],lst;double sum;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    dat[1]=0;lst=1;
    while(n--)
    {
        int op,x,y;
        scanf("%d",&op);
        if(op==1) scanf("%d%d",&x,&y),sum+=x*y,det[x]+=y;
        else if(op==2) scanf("%d",&x),sum+=x,dat[++lst]=x;
        else sum-=dat[lst]+det[lst],det[lst-1]+=det[lst],det[lst--]=0;
        printf("%.6lf
",sum/lst);
    }
    return 0;
}

结果我这个zz用树状数组维护了这个东西，还将一个增量写成了赋值WA了好几次……

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=2e5+10;
int n;ll bit[MAXN<<2],dat[MAXN<<2],lst,sum;

void Update(int pos,int x)
{while(pos<=n) bit[pos]+=x,pos+=pos&(-pos);}
ll Query(int pos)
{ll ret=0;while(pos) ret+=bit[pos],pos-=pos&(-pos);return ret;}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    lst=1;sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int op,x,y;
        scanf("%d",&op);
        if(op==1)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            Update(1,y);Update(x+1,-y);
            dat[1]+=y;dat[x+1]-=y;
            sum+=x*y;
        }
        else if(op==2)
        {
            scanf("%d",&x);
            Update(lst+1,x);Update(lst+2,-x);
            dat[++lst]+=x;dat[lst+1]=-x;
            sum+=x;
        }
        else
        {
            sum-=Query(lst);
            Update(lst+1,-dat[lst+1]);
            Update(lst,dat[lst+1]);
            dat[lst]+=dat[lst+1];dat[lst+1]=0;lst--;
        }
        printf("%.6lf
",1.0*sum/lst);
    }
    return 0;
}

D:

可以发现真正的状态数只有$2*n$个，对于每一位只有加/减两种状态

发现$y$的值就是走过的总距离，这样用$dp[n][2]$记忆化搜索在当前状态走到边界有多远

每个状态在入栈时打上标记，如果再次走到形成环就是循环了

这样对于每个$i$就是对应于$dp[i+1][0]$时的解

注意将边界$dp[1][0/1]$设为-1

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=2e5+10;
int n,dat[MAXN],vis[MAXN][2];ll dp[MAXN][2];

ll dfs(int x,int d)
{
    if(x<=0||x>n) return 0;
    if(vis[x][d]==1) return -1;
    if(vis[x][d]==2) return dp[x][d];
    vis[x][d]=1;
    ll dist=d?dfs(x+dat[x],0):dfs(x-dat[x],1);
    vis[x][d]=2;
    if(dist==-1) return dp[x][d]=-1;
    else return dp[x][d]=dist+dat[x];
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&dat[i]);
    vis[1][0]=vis[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i][0]) dfs(i,0);
        printf("%I64d
",dp[i][0]==-1?-1:i+dp[i][0]-1);
    }
    return 0;
}

E:

由于每个点只有一个后继，因此最终图只有环和链

将环的情况排除后就只剩链了

对于一条链，一个可行解为$a_1*w_1+a_2*w_2...+a_n*w_n(a_1>a_2>...>a_n)$

但由于后面的限制条件不能直接背包，考虑将式子变换后消除限制：

设$d_i=a_i-a_{i-1},suf_i=w_i+w_{i+1}...+w_n$，

这样式子变为$d_1*suf_1+d_2*suf_2...+d_n*suf_n$

发现就是一个完全背包，且可以将各个链合并在一起考虑

但注意，这个背包要求$d_1,d_2...d_{n-1}>0$，否则无法保证条件成立

也就是原式每个物品的个数要达到${n-1,n-2...2,1,0}$的下限！

这样就先都取一个，并将其从$t$中减去再跑背包即可

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=1e5+10,MOD=1e9+7;
int n,q,t,x,y,a[MAXN],nxt[MAXN],d[MAXN],dp[MAXN],cnt;

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=q;i++)
        scanf("%d%d",&x,&y),nxt[x]=y,d[y]++;
    for(int i=1;i<=n&&t>=0;i++)
    {
        if(d[i]) continue;
        int sum=0;//t<0一定要及时退出！ 
        for(int j=i;j&&t>=0;j=nxt[j])
        {
            cnt++;
            sum+=a[j];a[j]=sum;
            if(nxt[j]) t-=a[j];
        }
    }
    if(cnt<n||t<0) return puts("0"),0;
    
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=a[i];j<=t;j++)
            (dp[j]+=dp[j-a[i]])%=MOD;
    printf("%d",dp[t]);
    return 0;
}

同时还有一个注意点：$t<0$时要及时退出否则会爆$int$