codeforces 1097 Hello 2019

又回来了。。

A - Gennady and a Card Game

好像没什么可说的了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
	static char buf[100000],*p1,*p2;
	return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
	return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
	T f=1;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch==EOF) return EOF;
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch))
		ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
	ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
	return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
	return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

char a[Maxn],s[Maxn];

int main() {
	scanf("%s",a);
	for(int i=1;i<=5;i++) {
		scanf("%s",s);
		if(a[0]==s[0]||a[1]==s[1]) return 0*puts("YES");
	}
	puts("NO");
	return 0;
}

B - Petr and a Combination Lock

这个当然可以DP一下，不过暴力枚举是能过的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
//	static char buf[100000],*p1,*p2;
//	return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
	return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
	T f=1;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch==EOF) return EOF;
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch))
		ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
	ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
	return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
	return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int a[Maxn],n;

int main() {
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		read(a[i]);
	int x=1<<n;
	for(int i=0;i<x;i++) {
		int sum=0;
		for(int j=1,tempp=1;j<=n;j++,tempp<<=1)
			if(i&tempp) sum+=a[j];
			else sum-=a[j];
		if(sum%360==0) return 0*puts("YES");
	}
	puts("NO");
	return 0;
}

C - Yuhao and a Parenthesis

首先按照括号序列的套路求前缀和，一个序列要么只能做前缀，要么只能做后缀，要么两个都能做或都不能做。

那么只要记一下就好了，都能做的数目要除以2。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
//	static char buf[100000],*p1,*p2;
//	return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
	return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
	T f=1;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch==EOF) return EOF;
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch))
		ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
	ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
	return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
	return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,b[Maxn],c[Maxn];
char a[Maxn];
ll ans;

int main() {
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%s",a);
		int lens=strlen(a),sum=0,flag=0;
		for(int j=0;j<lens;j++) {
			if(a[j]=='(') sum++;
			else sum--;
			if(sum<0) {
				flag=1;
				break;
			}
		}
		if(!flag) 
			flag=1,c[sum]++;
		sum=0;
		for(int j=lens-1;j>=0;j--) {
			if(a[j]==')') sum++;
			else sum--;
			if(sum<0) {
				flag=0;
				break;
			}
		}
		if(flag)
			b[sum]++;
	}
	for(int i=1;i<Maxn;i++) ans+=min(b[i],c[i]);
	ans+=b[0]>>1;
	printf("%I64d",ans);
	return 0;
}

D - Makoto and a Blackboard

这题我刚开始想插板，但是最后发现前面的决策对后面有影响，所以不能插板。但是听说暴力DP可以过？于是写了个暴力。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
//	static char buf[100000],*p1,*p2;
//	return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
	return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
	T f=1;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch==EOF) return EOF;
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch))
		ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
	ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
	return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
	return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1000000007;

ll n,f[2][Maxn],k,inv[Maxn];

ll powp(ll a,ll b) {
	ll ans=1;
	while(b) {
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main() {
	read(n,k);
	ll ans=1;inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=1000;i++) inv[i]=(mod-(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;
	for(ll i=2;i*i<=n;i++)
		if(n%i==0) {
			int temp=0;
			while(n%i==0) {
				temp++;
				n/=i;
			}
			int now=0;
			for(int j=0;j<temp;j++) f[0][j]=0;
			f[0][temp]=1;
			for(int j=1;j<=k;j++) {
				now^=1;ll tempp=0;
				for(int l=temp;l>=0;l--)
					f[now][l]=tempp=(tempp+f[now^1][l]*inv[l+1]%mod)%mod;
			}
			ll sxz=0;
			for(ll j=0;j<=temp;j++)
				sxz+=f[now][j]*powp(i,j)%mod;
			sxz%=mod;
			ans=ans*sxz%mod;
		}
	if(n!=1) {
		int temp=1;
		int now=0;
		for(int j=0;j<=temp;j++) f[0][j]=0;
		f[0][temp]=1;
		for(int j=1;j<=k;j++) {
			now^=1;ll tempp=0;
			for(int l=temp;l>=0;l--)
				f[now][l]=tempp=(tempp+f[now^1][l]*inv[l+1]%mod)%mod;
		}
		ll sxz=0;
		for(ll j=0;j<=temp;j++) sxz+=f[now][j]*powp(n,j)%mod;
		sxz%=mod;
		ans=ans*sxz%mod;
	}
	printf("%I64d",ans);
	return 0;
}

E - Egor and an RPG game

膜拜一下题解

%%% Radewoosh %%%

那么我们直接模拟即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cctype>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
using namespace std;

inline char gc() {
//	static char buf[100000],*p1,*p2;
//	return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
	ans=0;char ch=gc();T f=1;
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch==EOF) return -1;
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch))
		ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
	ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
	return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
	return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}

typedef long long ll;
const int Maxn=210000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int a[Maxn],b[Maxn],pre[Maxn],res[Maxn],n,vis[Maxn],top,ans;

void work(int x) {
	if(x==0) return;
	int zhy=0;
	for(int i=1;i<=x;i++) pre[i]=0;
	b[++zhy]=1;
	for(int i=2;i<=x;i++) {
		int l=1,r=zhy,mid=l+r>>1,nh=0;
		while(l<=r) {
			if(a[i]>=a[b[mid]]) nh=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;  mid=l+r>>1;
		}
		pre[i]=b[nh];
		if(nh==zhy) b[++zhy]=i;
		else b[nh+1]=i;
	}
	if(1ll*zhy*(zhy+1)/2>x) {
		ans++;
		for(int i=1;i<=x;i++) vis[i]=0;
		int now=b[zhy],&len=res[++top];
		while(now) {
			vis[now]=1;
			res[++top]=a[now];len++;
			now=pre[now];
		}
		reverse(res+top-len+1,res+top+1);
		now=0;
		for(int i=1;i<=x;i++)
			if(!vis[i]) a[++now]=a[i];
		work(now);
	}
	else {
		for(int i=1;i<=x;i++) pre[i]=0;
		zhy=0;b[++zhy]=1;
		for(int i=2;i<=x;i++) {
			int l=1,r=zhy,mid=l+r>>1,nh=0;
			while(l<=r) {
				if(a[i]<=a[b[mid]]) nh=mid,r=mid-1;
				else l=mid+1;  mid=l+r>>1;
			}
			pre[b[nh]]=i;
			if(nh) b[nh]=i;
			else b[++zhy]=i;
		}
		for(int i=1;i<=x;i++) vis[i]=0;
		for(int i=1;i<=x;i++)
			if(!vis[i]) {
				ans++;
				int now=i,&len=res[++top];
				while(now) {
					vis[now]=1;
					res[++top]=a[now];len++;
					now=pre[now];
				}
			}
	}
}

signed main() {
//	freopen("test.in","r",stdin);
//	freopen("out","w",stdout);
	int t; read(t);
	while(~read(n)) {
		for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
		top=ans=0; work(n);
		printf("%d
",ans);int temp=1;
		for(int i=1;i<=ans;i++) {
			int len=res[temp++];
			printf("%d",len);
			while(len--) printf(" %d",res[temp++]);
			puts("");
		}
		for(int i=1;i<=temp;i++) res[i]=0;
	}
	return 0;
}

F - Alex and a TV Show

如果没有3操作的话，那就直接开bitset就好了。

那么我们考虑3操作。如果我们在bitset里面存的不是原数，而是把原数的质因子都设成1的话，那么我们发现，1,2操作都没有变化，而3操作可以直接&起来，但是输出的时候就不太好办了。解决方法就是容斥一下，注意要预处理好容斥的系数，不然复杂度会爆。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cctype>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
using namespace std;

inline char gc() {
//	static char buf[100000],*p1,*p2;
//	return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
	ans=0;char ch=gc();T f=1;
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch==EOF) return -1;
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch))
		ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
	ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
	return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
	return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}

typedef long long ll;
const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

bitset<7001> a[7001],b[7001],c[Maxn];
int miu[Maxn],bj[Maxn],p[Maxn],tot,n,q,x,u,v,opt;

void ycl() {
	miu[1]=1;
	for(int i=2;i<=7000;i++) {
		if(!bj[i]) {
			p[++tot]=i;
			miu[i]=1;
		}
		int j=0,temp;
		while(j++,(temp=i*p[j])<=7000) {
			bj[temp]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			miu[temp]=miu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=7000;i++)
		for(int j=i;j<=7000;j+=i)
			a[j].set(i),b[i].set(j,miu[j/i]);
}

signed main() {
//	freopen("test.in","r",stdin);
	ycl();
	read(n,q);
	while(q--) {
		read(opt,x);
		switch(opt) {
			case 1 : read(v),c[x]=a[v];break;
			case 2 : read(u,v),c[x]=c[u]^c[v];break;
			case 3 : read(u,v),c[x]=c[u]&c[v];break;
			case 4 : read(v),putchar('0'+((c[x]&b[v]).count()&1));
		}
	}
	return 0;
}