牛客练习赛43 回顾

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/A
来源：牛客网

题目描述

这次 Tachibana Kanade 来到了一个神奇的学校参观，她发现了一些有趣的事情。
这个学校的所有人脾气都十分的古怪：每个人都有两个属性 ${\mathrm{aiai\; 和\; bibi，每个人都想和除他以外所有\; j\; 满足\; ai+bi=ajai+bi=aj\; 的人搞好关系。我们定义一对人的关系是好的，当且仅当这两个人互相想与对方搞好关系。\; 现在给出这\; n\; 个人的属性，Tachibana\; Kanade\; 想知道，这些人会不会有至少一对人的关系是好的。}}^{}$

输入描述:

第一行输入一个整数 n ，表示人的个数。
接下来 n 行，每行两个整数 ${\mathrm{ai,biai,bi，意义如「题目描述」所述。}}^{}$

输出描述:

如果存在至少一对人的关系是好的，那么输出 `YE5`，否则输出 `N0`。

示例1

输入

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5 
2 -10 
3 10 
0 5 
5 -5 
10 1

输出

复制

YE5

说明

第三个和第四个人关系好。

简单的枚举题。

直接 $\mathrm{O(n2)O(n2) 枚举每对人判断是否成立即可。}$

注意到输出的字符串为 YE5 和 N0 即可通过此题。

#include<iostream>
using namespace std;
int a[105][3];
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i][0]>>a[i][1];
        a[i][2]=a[i][0]+a[i][1];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(i!=j){
                if(a[i][2]==a[j][0]&&a[j][2]==a[i][0]){
                    cout<<"YE5"<<endl;
                    return 0;
                }
            }
        }
    }
    cout<<"N0"<<endl;
    return 0;
} 

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/B
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题目描述

立华奏在学习初中数学的时候遇到了这样一道大水题：
“设箱子内有 n 个球，其中给 m 个球打上标记，设一次摸球摸到每一个球的概率均等，求一次摸球摸到打标记的球的概率”
“emmm...语言入门题”
但是她改了一下询问方式：设最终的答案为 p ,请输出 p 小数点后 ${\mathrm{K1K1\; 到\; K2K2\; 位的所有数字（若不足则用\; 0\; 补齐）}}^{}$

输入描述:

第一行一个整数 T,表示有 T 组数据。
接下来每行包含四个整数 $\mathrm{m,n,K1,K2m,n,K1,K2，意义如「题目描述」所示。}$

输出描述:

输出 T 行，每行输出 ${\mathrm{K2-K1+1K2-K1+1\; 个数，表示答案。注意同行的数字中间不需要用空格隔开。}}^{}$

示例1

输入

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5
2 3 2 3
1 7 1 7
2 5 1 3
12345 54321 3 10
12345 54321 100000 100010

输出

复制

66
1428571
400
72601756
78428232175

备注:

$\mathrm{1\le m\le n\le 109,1\le K1\le K2\le 1091\le m\le n\le 109,1\le K1\le K2\le 109；0\le K2-K1\le 105,T\le 200\le K2-K1\le 105,T\le 20。作者：RainAir链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/173818来源：牛客网}$

简单的模拟题。

题目等价于求分数 $\frac{\mathrm{ab 的小数点后\; K1到\; K2位的所有数字。}}{}$

直接暴力模拟除法过程是肯定会 T 的，但是我们发现我们不用从头开始模拟，只需要从 ${\mathrm{K1K1\; 位开始模拟就可以了。}}^{}$

直接通过快速幂+取模算出第 ${\mathrm{K1 位的数字。然后我们发现\; K2-K1\le 105，所以暴力枚举除法过程就可以。}}^{}$

时间复杂度 $\mathrm{O(n)。}$

因为m<n，小数点后第i位是(m*10^i)%n
先快速幂求到x-1位，再枚举就可以了，我又傻逼了

#include<iostream>
using namespace std;
long long int n,m,t,x,y;
long long quick(long long a,long long b,long long c){
    long long ans=m;
    while(b){
        if(b&1) ans=(ans*a)%c;
        a=(a*a)%c;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>m>>n>>x>>y;
        m=quick(10%n,x-1,n);
        for(x;x<=y;x++){
            m*=10;
            cout<<m/n;
            m%=n;
        }
            cout<<endl;
    }

    return 0;
}

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题目描述

立华奏是一个刚刚开始学习 OI 的萌新。
最近，实力强大的 $\text{QingyuQingyu 当选了 IODS 9102 的出题人。众所周知， IODS 是一场极其毒瘤的比赛。为了在这次比赛中取得好的成绩，立华奏决定学习可能考到的每一个知识点。 在 QingyuQingyu 的博客中，立华奏得知这场比赛总共会考察选手 n 个知识点。此前，立华奏已经依靠自学学习了其中 k 个知识点。接下来，立华奏需要学习其他的知识点，每学习一个单独的知识点，需要消耗的时间为 TiTi 天。同时，某些知识点之间存在联系，可以加速学习的过程。经过计算，立华奏一共发现了其中 m 种联系，第 i 种联系可以表示为(Xi,Yi,Hi)(Xi,Yi,Hi)，其含义为“在掌握了第 XiXi 个知识点和第 YiYi 个知识点中任意一个后，学习 HiHi 天即可掌握另一个知识点”。 留给立华奏的时间所剩无几，只有 t 天，因此，她想知道自己能不能在这 t 天内学习完成所有的知识点。}$

输入描述:

本题输入量较大，请注意使用效率较高的读入方式
输入的第一行包含四个整数 n, m, k, t，含义见上所述。

接下来一行，包含 n 个整数，依次表示 ${\mathrm{T1,T2,\cdots ,TnT1,T2,\cdots ,Tn}}^{}$

接下来一行，包含 k 个整数，表示立华奏已经学习过的知识点。如果 k=0，则此处为一空行。
接下来 m 行，每行 3 个整数 ${\mathrm{Xi,Yi,HiXi,Yi,Hi，描述一种联系。}}^{}$

输出描述:

如果立华奏能够学习完所有的知识点，输出一行 Yes。否则输出 No

示例1

输入

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4 3 2 5
4 5 6 7
2 3
1 2 3
1 3 2
3 4 2

输出

复制

Yes

说明

立华奏已经学习过了第 2, 3 个知识，由第 2 个关系，立华奏可以花 2 天学会知识点 1，在由关系 3， 立华奏可以 2 天学会知识点 4，因此总共需要花费 4 天，可以完成任务。

示例2

输入

复制

5 4 0 12
4 5 6 7 1

1 2 3
1 3 2
3 4 2
1 5 233

输出

复制

Yes

说明

立华奏比较菜，因此什么都没有学过。她可以选择先花 4 天的时间学会知识点 1。然后根据关系 1, 2，分别花 3, 2 天的时间学会知识点 2, 3，再根据关系 3，花 2 天的时间学会知识点 4。然后，她再单独学习知识点 5，花费1天，总共花费了 12 天 ，可以完成任务。

请注意，虽然关系 4 允许立华奏在知识点 1 的基础上学习知识点 5，但需要的时间比单独学习还要多，因此立华奏不会在知识点 1 的基础上学习知识点 5.

备注:

$\mathrm{0⩽k⩽n⩽106,m⩽5\times 106,t⩽1018,Ti,Hi⩽103}$

作者：RainAir
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/173818
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C. Review还不会，先标记一下

简单的图论题。

首先，我们考虑最简单的情况，即$\mathrm{k=0k=0。然后，为了判定答案是否合法，我们考虑求出学完所有知识点的最小用时。考虑到一个知识点yy只能被下列两种途径学会：}$

• 单独学习这一个知识点，耗时${\mathrm{TyTy}}^{}$
• 从某个已经学会的知识点$\mathrm{xx中学习得来，耗时HxyHxy}$

如果我们新建一个“虚拟知识点”$\mathrm{GG，并假设它刚开始便已经学会。那么，我们可以将第一种方案转化为第二种方案，即HGyHGy。而学会所有知识点，本质上就是将所有知识点联通，即求出原图的最小生成树即可。}$

下面，我们再考虑$\mathrm{k>0k>0。我们可以再次使用虚拟节点GG，如果这个知识点初始时就已经学过，则只需要将其向虚拟节点GG连接一条边权为0的边，即可达到要求。}$

时间复杂度$\mathrm{O((m+k)log(m+k))O((m+k)log(m+k))。}$

当然这时肯定会有人怒斥出题人“你的题怎么卡常啊”。

std写道这一步已经通过了，但考虑到一些选手可能没有写读入优化的习惯，因此我们可以进一步优化。

1. 注意到每条边的边权在${\mathrm{103103以内，因此我们可以将Kruskal算法中的快速排序改为计数排序，砍掉排序的一个log，}}^{}$
2. 结合并查集的路径压缩与启发式合并，可以$\mathrm{O((m+k)\alpha (m+k))O((m+k)\alpha (m+k))解决此题。}$
3. 注意到如果在计算某一条边时，你所消耗的时间已经超过了 $\mathrm{TT，那么可以直接跳过。}$
4. 同理，注意到 $\mathrm{t⩽1018t⩽1018\; ，但是如果\; tt\; 超过了\; 103\times 边数103\times 边数，\; 答案一定为\; Yes}$

实际只需要第2个优化，便可以轻松通过此题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define MN 1000005
#define ll long long
#define MM 6000005
int n,m,k,c;ll t,ans;
int T[MN],f[MN];
int ff(int x){return f[x]?f[x]=ff(f[x]):x;}
struct edg{int u,v,w;}e[MM];
int read()
{
    ll x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    return x;
}
int main(){
    int x,y,z;
    n=read(),m=read(),k=read();scanf("%lld",&t);
    F(i,1,n)T[i]=read();
    F(i,1,k)T[read()]=0;
    F(i,1,n)e[++c]=(edg){n+1,i,T[i]};
    F(i,1,m)x=read(),y=read(),z=read(),e[++c]=(edg){x,y,z};
    sort(e+1,e+c+1,[](edg i,edg j){return i.w<j.w;});
    F(i,1,c){
        int u=ff(e[i].u),v=ff(e[i].v);
        if(u!=v){
            f[u]=v;
            ans+=e[i].w;
        }
    }puts(ans<=t?"Yes":"No");
    return 0;
}

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/D
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题目描述

立华奏是一个天天打比赛的 OIer。
有一天，立华奏正在打一场比赛，菜爆了的立华奏依靠运气解决了大部分的题目，还有最后一道题目没有解决。

这道题目给定了两个长度为 n 的序列 {ai}, {bi}，要求两个长度为 n 的 0/1 序列 {ci}, {di}，最大化：

$min\{\sum ni=1aici,\sum ni=1bidi\}-\sum ni=1ci-\sum ni=1dimin\{\sum i=1naici,\sum i=1nbidi\}-\sum i=1nci-\sum i=1ndi$

输入描述:

输入的第一行包含一个整数 n。
接下来一行，包含 n 个整数，表示序列{ai}
接下来一行，包含 n 个整数，表示序列{bi}

输出描述:

输出的第一行包含一个整数，表示式子的最大值。
接下来一行，包含 n 个整数，表示你构造的序列 {ci}
接下来一行，包含 n 个整数，表示你构造的序列 {di}
如果有多种构造方法，你只需要输出任意一种。

示例1

输入

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3
100000 -100000 100000
-100000 100000 -100000

输出

复制

99998
0 0 1
0 1 0

备注:

$\mathrm{n⩽105,|ai|,|bi|⩽105}$

作者：RainAir
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/173818
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D.Sequence不会啊

简单的贪心题。最后一个测试点专门卡了一下$\mathrm{n=0n=0可能让部分dalao的体验极差\dots \dots 出题人在此谢罪qwq}$

题目的含义其实是可以从$\{a\},\{b\}\{a\},\{b\}中选出若干个数，选择一个数代价为11，你的利益为你\{a\}\{a\}和\{b\}\{b\}利益中的最小值。最大化你的利益。$

我们记$\mathrm{A=\sum ni=1aici,B=\sum ni=1bidi,K=\sum ni=1ci+\sum ni=1diA=\sum i=1naici,B=\sum i=1nbidi,K=\sum i=1nci+\sum i=1ndi，答案为min\{A,B\}-Cmin\{A,B\}-C}$

一个显然的贪心策略，是将两个序列从大到小排序，然后考虑$\mathrm{A,BA,B中较小的那一个，从它所对应的序列（AA对应aiai,BB对应bibi）中选出最大的没有被选的一个数，将它选中，直到我们找不到一个大于11的数。}$

下面我们来考虑这种贪心的正确性。假设我们在$\{ai\}\{ai\}中选择了k1k1个数ai1,ai2,\cdots ,aik1ai1,ai2,\cdots ,aik1，\{bi\}\{bi\}中选择了k2k2个数bj1,bj2,\cdots ,bjk2bj1,bj2,\cdots ,bjk2，记这种取数方案为G(I,J)G(I,J)，其中I=\{i1,i2,\cdots ,ik1\},J=\{j1,j2,\cdots ,jk2\}I=\{i1,i2,\cdots ,ik1\},J=\{j1,j2,\cdots ,jk2\}。由于\{ai\}\{ai\}，\{bi\}\{bi\}地位均等，因此我们不妨设A>BA>B。$

假设另有一种取数方案${\mathrm{G\prime (I\prime ,J\prime )G\prime (I\prime ,J\prime )比GG更优，则显然有I\prime \subset I,J\prime \subset JI\prime \subset I,J\prime \subset J。为什么？若存在一个下标，使得j\in J\prime j\in J\prime 且j\notin Jj\notin J，则其一定选择了一个JJ中没有的，使得bj-1>0bj-1>0，这与我们在选取中“直到我们找不到一个大于11的数”矛盾。同理，可证I\prime \subset II\prime \subset I}}^{}$

那么，由上可得，${\mathrm{G\prime (I\prime ,J\prime )G\prime (I\prime ,J\prime )对应的方案，一定是从G(I,J)G(I,J)对应的方案中，将一些选择的数删去，使得答案更优。}}^{}$

1. 若删去$\mathrm{JJ中的某个数bjbj}$

   则会使$\mathrm{KK减少1，minA,BminA,B减少bjbj，答案会增加1-bj1-bj，但根据我们的取数方案，bj>1bj>1，因此答案会变得更差，与G\prime G\prime 更优矛盾}$

2. 若删去$\mathrm{II中的某个数aiai}$

   则会使$\mathrm{KK减少1，AA减少aiai。根据我们的取数方案，我们每次都是从最小的收益对应的序列中选择的数，删去aiai后，不可能有A>BA>B。为什么？考虑到我们从大到小选取\{ai\}\{ai\}中的每一个数，且当且仅当A⩽BA⩽B时，才会选择\{ai\}\{ai\}中的数。显然，若删去aiai后A>BA>B，则我们不可能选择\{ai\}\{ai\}中的数，更不可能选择aiai。因此，必有\$A<b\$<\; span="">。但考虑到我们选取时，序列中均为整数，因此显然有A⩽B-1A⩽B-1，这使得minA,BminA,B至少减少了11，因此答案反而至少减少了00，因此答案不会变得更优。}$

综上，我们的贪心策略时正确的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define MN 6000005
#define ll long long
int n,m,q,k;
int a[MN],b[MN],ap[MN],bp[MN];
int h[MN];
ll ans=0,ii=1,jj=1;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    F(i,1,n)scanf("%d",a+i),ap[i]=i;
    F(i,1,n)scanf("%d",b+i),bp[i]=i;
    sort(ap+1,ap+n+1,[](int i,int j){return a[i]>a[j];});
    sort(bp+1,bp+n+1,[](int i,int j){return b[i]>b[j];});
    int i=1,j=1;
    ll s1=0,s2=0;
    while(i<=n||j<=n){
        int s;
        if(i<=n&&j<=n)s=s2<s1;
        else s=j<=n;
        if(s)s2+=b[bp[j++]];
        else s1+=a[ap[i++]];
        if(ans<min(s1,s2)-i-j+2)
            ans=min(s1,s2)-i-j+2,ii=i,jj=j;
    }printf("%lld
",ans);
    F2(i,1,ii)h[ap[i]]=1;
    F(i,1,n)printf("%d ",h[i]);puts("");
    F(i,1,n)h[i]=0;
    F2(i,1,jj)h[bp[i]]=1;
    F(i,1,n)printf("%d ",h[i]);
    return 0;
}

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/E
来源：牛客网

题目描述

在 Tachibana Kanade 的幻想国度中，城市的地下通道布局大致如下：
城市里有 n 户人，每一户每天白天会产生一定量的废水，而这些废水都在晚上排出。第 i 户白天会产生废水 ${\mathrm{vivi。同时因为这是一个神奇的国度，所以每户在晚上有一定的废水处理能力\; wiwi。\; 有\; m\; 条连接户与户之间的下水道，第\; i\; 条下水道可以双向连通，连接了第\; aiai\; 户和第\; bibi\; 户，但是由于该国的地势十分平坦，所以水流过下水道是需要时间的，水完全流过第\; i\; 条下水道所需要的时间为\; costicosti。\; 现在政府需要从一开始就确定所有水的流向（可以只流走一部分），以保证所有的废水都能被处理。所有的废水都被处理的定义是：设第\; i\; 户人家最终拥有的废水为\; v\prime ivi\prime ，则对于所有户，都有\; v\prime i\le wivi\prime \le wi。\; 等到政府确定完水的流向方案后，所有水都会开始流动，现在政府希望在\; L\; 时间内让所有水都被处理，请告诉她\; L\; 的最小可能长度是多少。如果不存在解，请输出\; -1。}}^{}$

输入描述:

输入的第一行为两个正整数 n,m。
接下来有 n 行，每行两个整数 ${\mathrm{vi,wivi,wi。接下来有\; m\; 行，每行三个整数\; ai,bi,costiai,bi,costi。以上各值的意义如「题目描述」所示。}}^{}$

输出描述:

输出一个整数，表示最小值，如果不可能就输出-1。

示例1

输入

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3 2
6 2
2 4
3 7
1 2 10
2 3 20

输出

复制

20

说明

我们安排 1 点到 2 点流 4 个单位的水，2 点到3 点流2个单位的水，同时进行，显然时间为 20

备注:

$\mathrm{n\le 200,m\le 500,1\le vi,wi\le 1000,1\le costi\le 109}$

作者：RainAir
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/173818
来源：牛客网

E.Dream City不会1啊

简单的网络流题。

抛开要求时间的限制，我们直接考虑如何判断这些废水是否可以被处理。我们把每户人家看做一个点，发现限制主要是在点而不是在边，我们就可以很自然地将每个点 $\mathrm{vv\; 拆成两个点\; v1v1\; 和\; v2v2\; ，建立源点\; SS\; 和汇点\; TT，对于每一个\; vv，我们建立源点到\; v1v1\; 的弧，容量为该点一开始拥有废水的数量\; vivi，v2v2\; 连向\; TT\; 一条容量为废水处理数量\; wiwi\; 的弧。对于原图的每一条边\; (a,b)(a,b)，连接\; a1a1\; 和\; b2b2\; 一条容量为无限大的弧。\; 该网络的最大流等价于最大能处理的废水数量。}$

现在我们要求能处理前提下的最短时间，发现是让所有安排方案中花费时间最大的方案花费时间最小，我们发现「最大的时间花费最小」是一个经典的带有单调性的问题。首先跑 $\text{FloydFloyd 确定任意两点间的最短路径，二分最大值 LL 后直接对于每对最短距离 ≤L≤L 的点对直接建立上述的边就可以了。}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MN=410;
const int MM=40605;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,v[MN],w[MN],tot1=0,tot2=0,mx=0;
struct data{int a,b,c;}es[505];
int to[MM],nxt[MM],c[MM],h[MN],cnt;
inline void ins(int s,int t,int w){
    to[cnt]=t;nxt[cnt]=h[s];c[cnt]=w;h[s]=cnt++;
    to[cnt]=s;nxt[cnt]=h[t];c[cnt]=0;h[t]=cnt++;
}
int S,T,iter[MN],level[MN],gap[MN],que[MN];
inline void bfs(){
    memset(level,-1,sizeof(level));
    memset(gap,0,sizeof(gap));
    level[T]=0;gap[0]=1;
    reg int he=0,ta=1;que[he]=T;
    while(he<ta){
        reg int v=que[he++];
        for(reg int i=h[v];~i;i=nxt[i])
            if(~level[to[i]]){
                level[to[i]]=level[v]+1;
                gap[level[to[i]]]++;que[ta++]=to[i];
            }
    }
}
inline int dfs(int x,int f){
    if(x==T)return f;
    reg int used=0,w;
    for(reg int &i=iter[x];~i;i=nxt[i])
        if(c[i]&&level[to[i]]==level[x]-1){
            w=dfs(to[i],min(f-used,c[i]));
            used+=w;c[i]-=w;c[i^1]+=w;
            if(f==used)return f;
        }
    if(!(--gap[level[x]]))level[S]=T+2;
    iter[x]=h[x];gap[++level[x]]++;
    return used;
}
inline int SAP(){
    reg int res=0;bfs();
    for(reg int i=1;i<=T;i++)iter[i]=h[i];
    while(level[S]<T+2)res+=dfs(S,inf);
    return res;
}
int f[MN][MN];
inline bool check(int x){
    memset(h,-1,sizeof(h));cnt=0;
    for(reg int i=1;i<=n;i++)ins(S,i,v[i]),ins(i+n,T,w[i]),ins(i,i+n,inf);
    for(reg int i=1;i<=n;i++)
        for(reg int j=i+1;j<=n;j++){
            if(f[i][j]>x)continue;
            ins(i,j+n,inf);ins(j,i+n,inf);
        }
    return SAP()==tot1;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(reg int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",v+i,w+i),tot1+=v[i],tot2+=w[i];
    if(tot1>tot2)return 0*puts("-1");
    for(reg int i=1,s,t,c;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&s,&t,&c),f[s][t]=f[t][s]=min(f[s][t],c),mx=max(mx,c);
    for(reg int i=1;i<=n;i++)
        for(reg int j=1;j<=n;j++)
            for(reg int k=1;k<=n;k++)
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
    reg int l=0,r=mx,ans=-1;T=n+n+1;
    while(l<=r){
        reg int mid=(l+r>>1);
        if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }printf("%d
",ans);
    return 0;
}

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/F
来源：牛客网

题目描述

立华奏是一个天天打比赛的萌新。

省选将至，萌新立华奏深知自己没有希望进入省队，因此开始颓废。她正在颓废一款名为《IODS 9102》的游戏。

在游戏中，立华奏拥有 k 点血量，而她的对手拥有 q 点血量。当她的血量变为 0 时，游戏便结束了；同理，如果对方的血量变为 0，立华奏就获胜了。在立华奏手中，有 n 种武器，编号分别为$\mathrm{1,2,\cdots ,n1,2,\cdots ,n，每一种武器在使用后，都能让对方受到\; 1\; 点伤害，且此后不得再次使用这个武器。同时，对方拥有m-1m-1\; 种反击魔咒，编号分别为\; 2,3,4,\cdots ,m2,3,4,\cdots ,m（如果\; m\; =\; 1，则可认为此时不具有反击魔咒）。如果立华奏在使用第\; i\; 种武器攻击对方时，对方恰好有编号为\; j\; 的魔咒，且j\mid ij\mid i，\; 那么立华奏会受到\; 1\; 点伤害（注意此时，攻击仍然是有效的，即对方的血量仍然会减少\; 1），同时对方也可以再次使用这个反击魔咒。\; 由于立华奏是个萌新，因此对方保证不会主动攻击立华奏\; 。\; 现在，立华奏想要知道，自己是否存在一种攻击方案，使得自己取得胜利。}$

输入描述:

输入包含多组数据。

输入的第一行包含一个整数 T，表示数据组数。

接下来 T 行，每行包含四个整数 k, q, n, m，描述一组数据。

输出描述:

输出 T 行，每行描述一组数据的解。如果本组数据中，立华奏存在必胜策略，则输出 Yes，否则输出 QAQ。

你可以认为数据保证不会出现平局的情形。

示例1

输入

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5
0 23333 2333333 5
1 1999999999 29999999999999 9
1 998244353998244 12345678 9
1 3 3 4
1 5 6 7

输出

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QAQ
Yes
QAQ
QAQ
QAQ

说明

对于第一组样例，立华奏开始就死掉了，因此答案为QAQ

对于第二组样例，你只需要使用所有的不含{2,3,4,5,6,7,8,9}因子的武器即可，显然在 29999999999999 内存在这些武器

对于第三组样例，立华奏的武器只有12345678个，但她的对手血量更多，显然她不可能取胜

对于第四组样例，你的血量为1，代表你不能使用会触发反击魔咒的武器，答案为QAQ

对于第五组样例，与第四组样例是相同的

备注:

$\mathrm{1⩽T⩽105,0⩽k⩽1018,0<q⩽1018,0⩽n⩽1018,1⩽m⩽20}$

#include<iostream>
using namespace std;
int p[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23};
 
int main()
{
    long t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        long long k,q,n,m;
        cin>>k>>q>>n>>m;
        for(int i=0;p[i]<=m;i++)
            n-=n/p[i];
        if(k&&k+n>q)
            cout<<"Yes"<<endl;
        else
            cout<<"QAQ"<<endl;
    }
    return 0;
}

作者：RainAir
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/173818
来源：牛客网

F.Game

简单的数学题。

首先，你需要注意到题面种“若存在 $\mathrm{j\mid ij\mid i，则会使的你的血量减少\; 11”这句话的含义，是“如果存在，那么血量减1”，因此无论有多少个\; 满足\; j\mid ij\mid i\; ，你的血量都只会减少\; 11}$

考虑$\mathrm{k=0k=0时，你开局就死了，因此答案一定为QAQ}$

考虑$\mathrm{k=1k=1，即你不能选择任何会触发反击魔咒的武器，即你能够选择的数，不是[2,m][2,m]中任何一个数的倍数。当\; m=1m=1\; 时，注意到我们不需要考虑任何情形。否则，考虑任意一个数d\in [2,m]d\in [2,m]，若其不为素数，则其一定有真素因子pp，若p\nmid xp\nmid x，则d\nmid xd\nmid x，因此我们只需要考虑[2,m][2,m]的全体素数构成的集合，不妨记其为PmPm，则显然答案为：}$

${\sum ni=1\prod j\in Pm[j\nmid i]\sum i=1n\prod j\in Pm[j\nmid i]}^{}$

然而这个式子难以处理，因此我们重新考虑后面的谓词表达式。记$\mathrm{P=\prod j\in PmjP=\prod j\in Pmj，那么如果\forall j\in Pm\forall j\in Pm，都有j\nmid xj\nmid x，那么一定有(P,x)=1(P,x)=1，反之亦然。}$

结论1：$\mathrm{\forall j\in Pm,都有j\nmid x的充要条件为(P,x)=1\forall j\in Pm,都有j\nmid x的充要条件为(P,x)=1}$

证明：必要性是显然的。

充分性：假设$(P,x)=d\ne 1(P,x)=d\ne 1，那么一定有d\mid P,d\mid xd\mid P,d\mid x，设P=p1p2\cdots psP=p1p2\cdots ps，则一定存在ii使得d=pid=pi，即pi\mid xpi\mid x，与条件矛盾。$

因此，我们便可以计算出我们能造成的总伤害$\mathrm{AA：}$

${A=\sum ni=1[(P,i)=1]=\sum ni=1\sum d\mid (P,i)\mu (d)=\sum d\mid P\mu (d)\sum i\mid d1=\sum d\mid P\lfloor Pd\rfloor \mu (d)A=\sum i=1n[(P,i)=1]=\sum i=1n\sum d\mid (P,i)\mu (d)=\sum d\mid P\mu (d)\sum i\mid d1=\sum d\mid P\lfloor Pd\rfloor \mu (d)}^{}$

预处理出$[2,m][2,m]的\mu (x)\mu (x)，这个式子就可以通过枚举PP的因子计算完成。由于PP为\pi (m)\pi (m)个不同素数的乘积，因此它的因子个数为2\pi (m)2\pi (m)。时间复杂度O(T2\pi (m))O(T2\pi (m))，考虑到\pi (n)\sim nlogn\pi (n)\sim nlogn可以轻松通过此题$

考虑$\mathrm{k>1k>1，我们会发现，我们可以使用k-1k-1次会触发反击魔咒的武器，因此总伤害即为A\prime =min\{A+k-1,n\}A\prime =min\{A+k-1,n\}（要对\; nn\; 取min的原因是每种武器只能用1次，最多只能造成\; nn\; 点伤害）}$

最后，我们只需要判定${\mathrm{A\prime ⩾qA\prime ⩾q输出Yes，否则输出No即可}}^{}$