Wannafly 挑战赛27

题目连接

https://www.nowcoder.com/acm/contest/215#question

---

A.灰魔法师

题目

题解

考虑到可能的完全平方数只有$400$多个,因此对于每种数,直接暴力枚举所有的完全平方数计算一下就可以了.

代码

#include <iostream>
#define int long long
const int N = 100007;
int a[N];
int n;
int p2[N];
int tot;
signed main() {for(int i = 1;;i++) {int a = i*i;if(a > 2*N) break;p2[tot++] = a;}std::cin >> n;for(int i = 1;i <= n;++i) {int tmp;std::cin >> tmp;a[tmp] ++;}int ans = 0;for(int i = 1;i <= 100000;++i) {if(a[i] == 0) continue;for(int j = 0;j < tot;++j) {int an = p2[j] - i;if(an < i) continue;if(an == i) ans += a[i]*(a[i]-1)/2;else if(an <= 100000)ans += a[i]*a[an];}}std::cout << ans << std::endl;
}

---

B.紫魔法师

题目

题解

注意到至少当存在一个奇环的情况下,一定需要$3$种颜色,而其他情况下只要$2$种颜色就足够了.

只需要用tarjan算法求其点双连通分量的大小即可.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
const int N = 100007;
struct edge{int u,v,nxt; 
}es[N<<2];
int head[N],cnt;
int vis[N],dfn[N],low[N],idx;
int v[N<<1],u[N<<1];
std::stack<int> stk;
void addedge(int u,int v) {es[cnt].u = u;es[cnt].v = v;es[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt++;
}
int flag;
void tarjan(int u,int fa) {dfn[u] = low[u] = ++idx;vis[u] = 1;for(int e = head[u];e != -1;e = es[e].nxt) {int v = es[e].v;if(v == fa) continue;stk.push(e);if(!vis[v]) {tarjan(v,u);if(low[u] > low[v]) low[u] = low[v];if(dfn[u] <= low[v]) {//割点int cnt = 0;while(true) {int se = stk.top();stk.pop();cnt++;if(se == e) break;}if(cnt > 1 && cnt % 2 != 0) {flag = 1;}}}else low[u] = std::min(low[u],dfn[v]);}
}
int n,m;
int main() {memset(head,-1,sizeof(head));std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n >> m;rep(i,1,m) {int u,v;std::cin >> u >> v;addedge(u,v);addedge(v,u);}tarjan(1,0);if(flag) std::cout << "3" << std::endl;else std::cout << "2" << std::endl;return 0;
}

---

C.蓝膜法师

题目

题解

树形dp

状态定义

定义$dp[u][i]$表示$u$子树中包含节点$u$的连通块大小为$i$,且其余联通块大小均$\le k$的方案数.

注意上述定义中$dp[u][0]$是没有意义的,我们再定义dp[u][0]=∑t=1min{size[u],k}dp[u][t]dp[u][0] = \sum_{t = 1}^{min\{size[u],k\}} dp[u][t]dp[u][0]=∑t=1min{size[u],k}​dp[u][t].

转移方程的计算:

当我们要计算子树$u$的$dp$值的时候,其儿子节点分别为$v_1,v_2,...,v_m$.

如果我们将通向儿子节点$v$的某条边切断,那么这个儿子对$u$节点联通块大小的贡献就没了,但是它的方案数可以取$dp[v][1..k]$,这也就是我们定义$dp[v][0]$的意义所在了,很巧妙地,$dp[v][0]$就刚好等于儿子$v$对$u$的联通块贡献为$0$时的方案数.

那么方程就得到了

$dp[u][i]={\sum }_{t_1+t_2+...+t_m=i-1}dp[v_1][t_1]\ast dp[v_2][t_2]\ast ...\ast dp[v_m][t_m]$

最后答案就是$dp[1][0]$

实现方式

我们可以先将$v_1$与$u$合并,再将$v_2$与$u$合并…

代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int N = 2018;
typedef long long LL;
const LL P = 998244353;
std::vector<int> edge[N];
LL dp[N][N];
LL tmp[N];
int sz[N];
int n,k;
void dfs(int u,int fa) {sz[u] = 1;dp[u][1] = 1;for(int v : edge[u]) {if(v == fa) continue;dfs(v,u);memset(tmp,0,sizeof(tmp));for(int i = 1;i <= sz[u];++i) {for(int j = 0;j <= sz[v] && i + j <= k;++j) {tmp[i+j] = (tmp[i+j] + (dp[u][i] * dp[v][j] % P)) % P;}}for(int i = 1;i <= k;++i)dp[u][i] = tmp[i];sz[u] += sz[v];}for(int i = 1;i <= k;++i)dp[u][0] = (dp[u][0] + dp[u][i]) % P;
}
int main () {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n >> k;for(int i = 0;i < n-1;++i) {int u,v;std::cin >> u >> v;edge[u].push_back(v);edge[v].push_back(u);}dfs(1,0);std::cout << dp[1][0] << std::endl;return 0;
}

---

D.绿膜法师

题目

题解

对于刚加入的数$x$来说,它与集合中其它的数字的$gcd$必然是它的约数.
那么枚举$x$的约数$d$,其它的数如果与$x$的$gcd=d$的话,那么其它的数必然也要有约数$d$.因此我们考虑维护一个数组$muls[i]$,表示集合中的数是$i$的倍数的有多少个数.

从大到小枚举$x$的约数$d$,然后$muls[d]$就表示与$x$的$gcd=d$的数的个数.随后枚举$d$的约数$d_2$,并$muls[d2]-=muls[d]$,这样的话就保证了刚刚用过的数不会重复使用(相当于容斥一下,倒序$dp$的感觉).依次类推,注意删掉的数在下一个数加入集合之前要加回来,恢复现场.

$100000$内的数最多有$128$个约数.
$每个数的约数的约数个数和最大不超过2835$
时间复杂度不会超过$100000\ast 2835=3e8$.总之$O(能过)$.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
typedef long long LL;
const int N = 100007;
std::vector<int> ds[N];
LL mod_pow(LL x,LL n,LL p) {LL res = 1;while(n) {if(n&1) res = res * x % p;x = x * x % p;n >>= 1;}return res;
}
void sieve() {for(int i = 1;i <= 100000;++i) {for(int j = 1;j*j <= i;++j) {if(i % j != 0) continue;ds[i].push_back(j);if(j*j != i) ds[i].push_back(i/j);}std::sort(ds[i].begin(),ds[i].end(),[](int a,int b){return a > b;});}
}
LL muls[N];
int n;
int main() {sieve();std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n;while(n--) {LL x,k,p;std::cin >> x >> k >> p;for(auto t : ds[x])  muls[t] ++;LL ans = 0;std::queue<int> Q;for(auto t : ds[x]) {ans = (ans + muls[t]*mod_pow(t,k,p)) % p;int tmp = muls[t];Q.push(tmp);for(auto ft : ds[t]) {muls[ft] -= tmp;}}for(auto t : ds[x]) {int tmp = Q.front();Q.pop();for(auto ft : ds[t])muls[ft] += tmp;}std::cout << ans << std::endl;}return 0;
}

---