a
【问题描述】
你是能看到第一题的 friends呢。
—— hja
世界上没有什么比卖的这 贵弹丸三还令人绝望事了，所以便么一道题。定义 f(x)为满足 (a×b)|x的有序正整数对 (a,b)的个数。现在给定 N，求 Σni=1f(i)
【输入格式】
一行个整数 N。
【输出格式】
一行个整数代表答案 。
【样例输入】
6
【样例输出】
25
【数据范围与规定】
对于 30%的数据， 1≤N≤100。
对于 60%的数据， 1≤N≤1000。
对于 100%的数据， 1≤N≤10^11。
思路:
1.一开始写的O(n^3)还以为会超时,结果竟然奇迹的60???
2.正解如下:
根据题意转化成a*b*c<=n
强行假定a<b<c，求得一个答案，然后直接乘以6.
所以1<=a<=(根下n 3次方)，即可直接写成:
for(int a=1,v; a*a<=(v=n/a); ++a,++ans) //++ans是因为会有a,a,a的情况,不会出现重复的(在下面弄的话太麻烦,所以直接特殊弄上a*a*a的情况) for(int b=a+1; b*b<=v; ++b) tmp+=n/(a*b)-b; //因为在这里的a,b已经确定,所以可以直接把c表示出来,又因为c必须要>b,所以c是从b+1进行取的,所以最后表示的时候需要把b减去,因为如果直接+c的话会多加了b种情况,故-b ans+=tmp*6; //明显排列问题
但是这样做是不对的,因为a,b,c他们三个的数值不一定是不相等的,还会出现相等的情况((a,a,b)之类的),所以需要把那些相等的排列算上.
但是这里就又会出现一个问题:
重复加该怎么办?
当然就是减掉啦!
减掉的方法:
for(int a=1,v; (v=a*a)<=n; ++a) {
tmp+=n/v;
if(a*a<=n/a) tmp--;
}
上代码:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int Maxn = 1011; int n,ans,cnt; int a[Maxn],prime[Maxn],w[Maxn]; bool notprime[Maxn]; void gets() { notprime[1]=true; for(int i=2; i<=n; ++i) { if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i; for(int j=1; j<=cnt && i*prime[j]<=n; ++j) { notprime[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) break; } } for(int i=1; i*i<=n; ++i) w[i*i]=1; } int calc1(int x) { //只能过样例233 int ret=0; if(a[x] && a[x]!=3) return a[x]; for(int i=2; i<x; ++i) if(x%i==0) { if(w[i]) ret--; ret+=calc1(i); } if(w[x]) ret--; return a[x]+ret; } int calc2(int x) { int ret=0; for(int i=1; i<=x; ++i) for(int j=x; j>=1; --j) { int c=i*j; if(x/c*c==x) ret++; } return ret; } int main() { freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.out","w",stdout); scanf("%d",&n); gets(); for(int i=2; i<=n; ++i) a[i]=3; a[1]=1; for(int i=1; i<=n; ++i) if(notprime[i]) a[i]=calc2(i); for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=a[i]; printf("%d",ans); return 0; }
#include <iostream> #include <cstdio> #define LL long long using namespace std; /* #ifdef unix #define LL "%lld" #else #define LL "%I64d" #endif //自适应评测系统 */ /* 使用方法: scanf(LL,&n); printf(LL " ",n); */ LL n,ans,tmp; int main() { scanf("%lld",&n); for(LL a=1,v; a*a<=(v=n/a); ++a,++ans) for(LL b=a+1; b*b<=v; ++b) tmp+=n/(a*b)-b; ans+=tmp*6; tmp=0; for(LL a=1,v; (v=a*a)<=n; ++a) { tmp+=n/v; if(a*a<=n/a) tmp--; } ans+=tmp*3; printf("%lld ",ans); return 0; }
b
【问题描述】
你是能看到第二题的 friends 呢。
——laekov
Hja 和 Yjq 为了抢男主角打了起来，现在他们正在一棵树上决斗。Hja 在 A 点，Yjq 在 B 点，Hja 先发制人开始移动。每次他们可以沿着一条边移动，但一旦一条边被对方走过了自己就不能再走这条边了。每条边上都有权值，他们都希望自己的权值尽量多。现在给你这棵树以及他们俩开始的位置，问 Hja 能够获得的最大权值。
【输入格式】
第一行两个整数N,M，代表树的点数和询问的个数。
接下来N-1行每行三个整数a,b,c，代表从a到b有一条权值为c的边。
接下来M行，每行两个整数A,B代表一次询问。
【输出格式】
对于每次询问，输出一个整数代表答案。
【样例输入 1】
2 1
1 2 3
1 2
【样例输出 1】
3
【样例输入 2】
3 2
1 2 3
1 3 1
2 3
1 3
【样例输出 2】
3
4
【数据范围与规定】
30%的数据，1 ≤ N,M ≤ 1000。
另外30%的数据，M = 1。
对于100%的数据，1 ≤ N,M ≤ 10^5 ,0 ≤ c ≤ 10^3 ,1 ≤ a,b,A,B ≤ N。
上代码:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; const int M = 100010; int n,m,tot,cnt; int depth[M],pw[M],dad[M][20]; int z[M*3],value[M],sum[M*3][2]; int q[M],start[M],end[M]; int top,head[M]; struct edge { int to,w,next; }e[M<<1]; void add(int u,int v,int w) { top++; e[top].to=v; e[top].w=w; e[top].next=head[u]; head[u]=top; } int jump(int p,int w) { //将p1跳到与p2同样的深度 if(w==-1) return p; int x=0; while(w) { if(w&1) p=dad[p][x]; w>>=1; x++; } return p; } int LCA(int p1,int p2) { if(depth[p1]<depth[p2]) swap(p1,p2); p1=jump(p1,depth[p1]-depth[p2]); int x=0; while(p1!=p2) { if(!x || dad[p1][x]!=dad[p2][x]) { p1=dad[p1][x]; p2=dad[p2][x]; x++; } else x--; } return p1; } int calc(int p1,int p2) { if(p1==dad[p2][0]) return value[1]-value[p2]; else return value[p1]+pw[p1]; } int calcp(int p,int v) { int l=start[p]-1,r=end[p]; while(l+1!=r) { int m=(l+r)>>1; if(v>z[m]) l=m; else r=m; } return r; } int main() { // freopen("b.in","r",stdin); // freopen("b.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,u,v,w; i<n; i++) { scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); tot+=w; add(u,v,w),add(v,u,w); } depth[1]=1; int h=1,t=1; q[t]=1; while(h<=t) { int now=q[h++]; for(int i=head[now],v,w; i; i=e[i].next) { v=e[i].to,w=e[i].w; if(!depth[v]) { depth[v]=depth[now]+1; dad[v][0]=now; pw[v]=w; int p=now,x=0; while(dad[p][x]) { //不断更新dad值 dad[v][x+1]=dad[p][x]; p=dad[p][x]; x++; } q[++t]=v; } } } for (int a=n; a>=1; a--) { int now=q[a]; start[now]=cnt+1; for(int i=head[now],v,w; i; i=e[i].next) { v=e[i].to,w=e[i].w; if (depth[v]==depth[now]+1) { z[++cnt]=value[v]+w; value[now]+=value[v]+w; } } z[++cnt]=tot-value[now]; end[now]=cnt; sort(z+start[now],z+end[now]+1); sum[end[now]][0]=z[end[now]]; sum[end[now]][1]=0; for(int b=end[now]-1; b>=start[now]; b--) { sum[b][0]=sum[b+1][0]; sum[b][1]=sum[b+1][1]; if((b&1)==(end[now]&1)) sum[b][0]+=z[b]; else sum[b][1]+=z[b]; } cnt++; } for (int i=1,p1,p2; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&p1,&p2); int lca=LCA(p1,p2); int dist=depth[p1]+depth[p2]-2*depth[lca]; int delta=dist/2+(dist&1); int px,px1,px2; if(depth[p1]-depth[lca]<delta) px=jump(p2,dist-delta); else px=jump(p1,delta); if(depth[p1]-depth[lca]<delta-1) px1=jump(p2,dist-delta+1); else px1=jump(p1,delta-1); if(depth[p2]-depth[lca]<dist-delta-1) px2=jump(p1,delta+1); else px2=jump(p2,dist-delta-1); int ans=0; if(p1==px) { if(p2==px) ans=sum[start[px]][0]; else { int v2=calc(px2,px); int p=calcp(px,v2); ans=sum[p+1][0]+sum[start[px]][1]-sum[p][1]; } } else { if (p2==px) { int v1=calc(px1,px); int p=calcp(px,v1); ans=v1+sum[p+1][1]+sum[start[px]][0]-sum[p][0]; } else { int v1=calc(px1,px); int pp1=calcp(px,v1); int v2=calc(px2,px); int pp2=calcp(px,v2); if (pp2==pp1) pp2++; if (pp1>pp2) swap(pp1,pp2); ans=v1+sum[pp2+1][dist&1]+sum[pp1+1][1-(dist&1)]-sum[pp2][1-(dist&1)]+sum[start[px]][dist&1]-sum[pp1][dist&1]; } } printf("%d ",ans); } return 0; }
c
【问题描述】
你是能看到第三题的friends呢。
——aoao
Yjq买了36个卡包，并且把他们排列成6×6的阵型准备开包。
左上角的包是(0,0)，右下角为(5,5)。为了能够开到更多的金色普通卡，Yjq会为每个包添加1-5个玄学值，每个玄学值可以是1-30中的一个整数。
但是不同的玄学值会造成不同的欧气加成，具体如下：
1、同一个卡包如果有两相的玄学值会无限大欧气加成。
2、同一个卡包如果有两个相邻的玄学值会A点欧气加成。
3、相邻的两个卡包如果有同玄学值会B点欧气加成。
4、相邻的两个卡包如果有玄学值会C点欧气加成。
5、距离为2的卡包如果有相同玄学值会D点欧气加成。
6、距离为2的卡包如果有相邻玄学值会E点欧气加成。
以上的所有加成是每存在一个符合条件的就会加一次，如一包卡有1,2,3的玄学值就会加两次。
但是，玄学值是个不可控的东西，即使是Yjq也只能自己决定(2,2),(2,3),(3,2),(3,3)这几包卡的玄学值。
为了能够抽到更多的金色普通卡，Yjq想知道自己能够获得的最少的欧气加成是多少。
注意你只能修改玄学值，不能修改玄学值的个数。
【输入格式】
输入的第一行有5个整数A,B,C,D,E。
接下去有6×6的代表初始的玄学值。
每个玄学值为[n:a1,a2,...,an]的描述形式。
【输出格式】
一行一个整数代表答案。
【样例输入】
5 4 3 2 1
[1:1][1:2][1:3][1:4][1:5][1:6]
[1:1][1:2][1:3][1:4][1:5][1:6]
[1:1][1:2][5:1,2,3,4,5][5:1,2,3,4,5][1:5][1:6]
[1:1][1:2][5:1,2,3,4,5][5:1,2,3,4,5][1:5][1:6]
[1:1][1:2][1:3][1:4][1:5][1:6]
[1:1][1:2][1:3][1:4][1:5][1:6]
【样例输出】
250
【数据规模与约定】
对于100%的数据，1≤A,B,C,D,E≤100,1≤n≤5,1≤ai≤30。
有部分分。
上代码:
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define now pre[a][b][c][d][e][s1][s2][s3][s4] #define dis(a,b,c,d) (abs(a-c)+abs(b-d)) const int INF=0x3f3f3f3f; int A,B,C,D,E,num[10][10],value[10][10][10],delta[10][10][40],dp[31][6][6][6][6][2][2][2][2]; char s[500]; bool map[6][6][6][6]; int main() { freopen("c.in","r",stdin); freopen("c.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d%d",&A,&B,&C,&D,&E); for (int a=0;a<6;a++) { scanf("%s",s); int p=0; for (int b=0;b<6;b++) { int px=p; while (s[px]!=']') px++; p++; num[a][b]=s[p]-'0'; p++; p++; for (int c=1;c<=num[a][b];c++) { int v=0; while (s[p]>='0' && s[p]<='9') { v=v*10+s[p]-'0'; p++; } value[a][b][c]=v; p++; } p=px+1; } } int base=0; for (int a=0;a<6;a++) for (int b=0;b<6;b++) if (a>=2 && a<=3 && b>=2 && b<=3) ; else { sort(value[a][b]+1,value[a][b]+num[a][b]+1); for (int c=2;c<=num[a][b];c++) if (value[a][b][c]-value[a][b][c-1]==1) base+=A; for (int c=2;c<=3;c++) for (int d=2;d<=3;d++) { if (dis(a,b,c,d)==1) { for (int e=1;e<=num[a][b];e++) { delta[c][d][value[a][b][e]]+=B; delta[c][d][value[a][b][e]-1]+=C; delta[c][d][value[a][b][e]+1]+=C; } } if (dis(a,b,c,d)==2) { for (int e=1;e<=num[a][b];e++) { delta[c][d][value[a][b][e]]+=D; delta[c][d][value[a][b][e]-1]+=E; delta[c][d][value[a][b][e]+1]+=E; } } } for (int c=0;c<6;c++) for (int d=0;d<6;d++) if (dis(a,b,c,d)<=2 && (c!=a || d!=b) && !map[a][b][c][d]) { map[a][b][c][d]=map[c][d][a][b]=true; if (c>=2 && c<=3 && d>=2 && d<=3) ; else { int dist=dis(a,b,c,d); for (int e=1;e<=num[a][b];e++) for (int f=1;f<=num[c][d];f++) { if (abs(value[a][b][e]-value[c][d][f])==0) { if (dist==1) base+=B; else base+=D; } if (abs(value[a][b][e]-value[c][d][f])==1) { if (dist==1) base+=C; else base+=E; } } } } } memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); dp[0][0][0][0][0][0][0][0][0]=base; for (int a=0;a<30;a++) for (int b=0;b<=num[2][2];b++) for (int c=0;c<=num[2][3];c++) for (int d=0;d<=num[3][2];d++) for (int e=0;e<=num[3][3];e++) for (int s1=0;s1<=1;s1++) for (int s2=0;s2<=1;s2++) for (int s3=0;s3<=1;s3++) for (int s4=0;s4<=1;s4++) if (dp[a][b][c][d][e][s1][s2][s3][s4]!=INF) { int v=dp[a][b][c][d][e][s1][s2][s3][s4]; for (int sx1=0;sx1<=(b!=num[2][2]);sx1++) for (int sx2=0;sx2<=(c!=num[2][3]);sx2++) for (int sx3=0;sx3<=(d!=num[3][2]);sx3++) for (int sx4=0;sx4<=(e!=num[3][3]);sx4++) { int wmt=0; if (sx1) { wmt+=delta[2][2][a+1]; if (s1) wmt+=A; if (s2) wmt+=C; if (s3) wmt+=C; if (s4) wmt+=E; } if (sx2) { wmt+=delta[2][3][a+1]; if (s1) wmt+=C; if (s2) wmt+=A; if (s3) wmt+=E; if (s4) wmt+=C; } if (sx3) { wmt+=delta[3][2][a+1]; if (s1) wmt+=C; if (s2) wmt+=E; if (s3) wmt+=A; if (s4) wmt+=C; } if (sx4) { wmt+=delta[3][3][a+1]; if (s1) wmt+=E; if (s2) wmt+=C; if (s3) wmt+=C; if (s4) wmt+=A; } if (sx1 && sx2) wmt+=B; if (sx1 && sx3) wmt+=B; if (sx1 && sx4) wmt+=D; if (sx2 && sx3) wmt+=D; if (sx2 && sx4) wmt+=B; if (sx3 && sx4) wmt+=B; int &t=dp[a+1][b+sx1][c+sx2][d+sx3][e+sx4][sx1][sx2][sx3][sx4]; if (t>v+wmt) t=v+wmt; } } int ans=INF; for (int a=0;a<=1;a++) for (int b=0;b<=1;b++) for (int c=0;c<=1;c++) for (int d=0;d<=1;d++) ans=min(ans,dp[30][num[2][2]][num[2][3]][num[3][2]][num[3][3]][a][b][c][d]); printf("%d ",ans); return 0; }