比赛链接：Codeforces Round #589 (Div. 2)
官方题解：Codeforces Round #589 (Div. 2) Editorial
A. Distinct Digits
题意
给定两个整数 (l) 和 (r)，求一个 (x) 满足 (l le x le r) 且 (x) 的每一位都不同。
思路
直接暴力。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool judge(int x) {
int m[100] = {0};
while(x) {
if(m[x % 10]) {
return false;
}
m[x % 10]++;
x /= 10;
}
return true;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int l, r;
while(cin >> l >> r) {
int f = 0;
for(int i = l; i <= r; ++i) {
if(judge(i)) {
f = 1;
cout << i << endl;
break;
}
}
if(f == 0) cout << -1 << endl;
}
return 0;
}
B. Filling the Grid
题意
给定一个 (h imes w) 的矩形，以及 (h) 个 (r) 和 (w) 个 (c)。
(r_i) 表示第 (i) 行左边界从左往右连续的黑色格子的是 (r_i) 个。
(c_i) 表示第 (i) 列上边界从上往下连续的黑色格子的是 (c_i) 个。
给出 (h, w, r[], c[])，求可以构造出多少种矩形满足条件。
思路
模拟
对每行每列模拟，填充黑色格子和白色格子（黑色格子旁边一个格子一定是白色），如果行列有冲突就输出零，否则找出所有的没填充的格子的个数 (cnt)，答案为 (2 ^ {cnt} mod 10^9 + 7)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll maxn = 1e3 + 10;
ll c[maxn], r[maxn];
ll g[maxn][maxn];
ll qmod(ll a, ll b, ll m) {
a %= m;
ll res = 1;
while (b > 0) {
if (b & 1) res = res * a % m;
a = a * a % m;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
ll h, w;
cin >> h >> w;
for(ll i = 1; i <= h; ++i) {
cin >> r[i];
for(ll j = 1; j <= r[i]; ++j) {
g[i][j] = 1;
}
g[i][r[i] + 1] = 2;
}
ll f = 1;
for(ll i = 1; i <= w; ++i) {
cin >> c[i];
for(ll j = 1; j <= c[i]; ++j) {
if(g[j][i] == 2) {
f = 0;
}
g[j][i] = 1;
}
if(g[c[i] + 1][i] == 1) {
f = 0;
}
g[c[i] + 1][i] = 2;
}
if(f == 0) {
cout << 0 << endl;
} else {
ll ans = 0;
for(ll i = 1; i <= h; ++i) {
for(ll j = 1; j <= w; ++j) {
if(!g[i][j]) {
++ans;
}
}
}
cout << qmod(2, ans, mod) << endl;
}
return 0;
}
C. Primes and Multiplication
题意
(g(x, p)) 定义为最大的 (p ^ k) 满足 (p^k) 整除 (x)。
(f(x, y)) 定义为所有 (g(y, p)) 的乘积，其中 (p) 是 (x) 的质因数。
给定 (x) 和 (n)，求 (prod_{i=1}^n f(x,i) mod (10^9 + 7))。
思路
理解了 (g(x, p)) 的含义就容易做了。
(g(x, p)) 其实为 (x) 分解质因数后 (p) 出现的次数。
先求出 (x) 的所有质因数。然后对于每个质因数，求出 (1) 到 (n) 中这个质因数出现的次数。也就是求 (n!) 的这个质因数的个数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
vector<ll> divide(ll x) {
vector<ll> ans;
for(int i = 2; i <= x / i; ++i) {
if (x % i == 0) {
ans.push_back(i);
while (x % i == 0) x /= i;
}
}
if (x > 1) ans.push_back(x);
return ans;
}
ll qmod(ll a, ll b, ll m) {
if(!b) return 1 % m;
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = (ans * a) % m;
a = (a * a) % m;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
ll x, n;
cin >> x >> n;
vector<ll> p = divide(x);
ll ans = 1;
for(int i = 0; i < p.size(); ++i) {
ll tmp = n;
while(tmp >= p[i]) {
ans = ans * qmod(p[i], tmp / p[i], mod) % mod;
tmp /= p[i];
}
}
cout << ans % mod << endl;
return 0;
}
D. Complete Tripartite
题意
给定一个无向无环图。问能否将点集分成 (3) 个，使得每一个点集内的任意两点没有边，每一个点集内的点与其他所有点集内的所有点都有一条边。
思路
哈希
特殊的三分图。
考虑到一个集合内的所有点都与其他两个集合内的所有点有边，也就是一个集合内的每个点的所有边连出去的点都是相同的，根据这个哈希，如果哈希值有 (3) 个，就按哈希值分类即可。
我的做法是把所有的点赋一个互不相同的正整数值。每个点的哈希值 (h[i]) 为它的所有边的另外一个点的值的和。
注意判断一下哈希值为 (0) 的情况。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5 + 10;
map <ll, vector<ll>> mp;
ll e[maxn], ans[maxn], h[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
mt19937 rnd(time(0));
ll n, m;
cin >> n >> m;
unordered_map<ll, int> ump;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
h[i] = rnd();
while(ump[h[i]] || h[i] == 0) {
h[i] = rnd();
}
ump[h[i]]++;
}
for(int i = 0; i < m; ++i) {
ll a, b;
cin >> a >> b;
e[a] += h[b];
e[b] += h[a];
}
int f = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(e[i]) {
mp[e[i]].push_back(i);
} else {
f = 0;
}
}
if(mp.size() != 3 || f == 0) {
cout << -1 << endl;
} else {
ll x = 0;
for(auto it = mp.begin(); it != mp.end(); ++it) {
++x;
for(int i = 0; i < (it->second).size(); ++i) {
ans[(it->second)[i]] = x;
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cout << ans[i] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}