洛谷团队内部赛_7月月赛_题解
比赛题目来自各个OJ，经过数据加强
目录
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- T0: 送分水题
- T1: 斐波那契和……欧几里得（？？？）1
- T3: 毒瘤题_12
- T4: 积木积3
- T5: 毒瘤题_24
T0: 送分水题
输入格式：
一行，两个整数a, b
输出格式：
一行，一个整数a * b
说明
0 <= a, b <= 2147483648
由于a和b都是<=2147483648的，所以它们乘积可能超长整型哒。。。
然而！用unsigned long long就好了。。。不用写高精度乘法的。
代码：
【过水已隐藏】T1: 斐波那契和……欧几里得（？？？）1
输入格式：
一个n，一个m。都是正整数。
输出格式：
gcd（第n个斐波那契数，第m个斐波那契数）
输出这个公约数的后8位就好了（前面的0不要）
说明
1<=n，m<=10^9
这题我给的数据比较水所以这样就能过了：
#include
using namespace std;
long long n, m, a[1000001];
int gcd(long long x, long long y)
{
if (!min(x, y))
return max(x, y);
return gcd(min(x, y), max(x, y) % min(x, y));
}
int main()
{
cin >> n >> m;
long long q = gcd(n, m);
a[1] = 1;
a[2] = 1;
for (int i = 3; i <= q; i++)
a[i] = (a[i - 1] + a[i - 2]) % 100000000;
cout << a[q];
return 0;
}这样就好了。
有这么一个著名式子：gcd(f(n), f(m))=f(gcd(n, m))。证明有一点难，但是这个式子应该听说过的吧？
以下是luogu ID 为浅色调 巨佬的证明：
设n < m, f[n]=a, f[n+1]=b
则f[n+2]=a+b, f[n+3]=a+2b, … f[m]=f[m-n-1]a+f[m-n]b
因为f[n]=a, f[n+1]=b, f[m]=f[m-n-1]a+f[m-n]b
所以f[m]=f[m-n-1]*f[n]+f[m-n]*f[n+1]
又因为gcd(f[n], f[m])=gcd(f[n],f[m-n-1]*f[n]+f[m-n]*f[n+1])
而f[n]|f[m-n-1]*f[n]
所以gcd(f[n],f[m-n]*f[n+1])
再证一个引理：gcd(f[n],f[n+1])=1
证：由欧几里得定理知gcd(f[n],f[n+1])=gcd(f[n],f[n+1]-f[n])=gcd(f[n],f[n-1])=gcd(f[n-2],f[n-1])=……=gcd(f[1],f[2])=1
得证。
由引理和gcd(f[n],f[m])=gcd(f[n],f[m-n]*f[n+1])
所以gcd(f[n],f[m])=gcd(f[n],f[m-n])
即gcd(f[n],f[m])=gcd(f[n],f[m%n])
继续递归，将m1=m%n, 则gcd(f[n],f[m])=gcd(f[n%m1],f[m1])
…
不难发现整个递归都在求解gcd(n, m)
最后递归到出现f[0]时，此时的f[n]就是所求gcd。
q.e.d.
之前说了出的数据比较水不会TLE。。。但之前的代码不是标算。
以下巨佬 浅色调 标准答案：(矩阵加速好可怕)
#include for(int j=0;jfor(int k=0;kreturn p;
}
il void fast(ll k)
{
mat p,ans;
mem(p),mem(ans);
p.r=p.c=2;
p.a[0][0]=p.a[0][1]=p.a[1][0]=1;
ans.r=1,ans.c=2;
ans.a[0][0]=ans.a[0][1]=1;
while(k)
{
if(k&1)ans=mul(ans,p);
p=mul(p,p);
k>>=1;
}
cout<0][0];
}
il ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m;
n=gcd(n,m);
if(n<=2)cout<<1;
else fast(n-2);
return 0;
} T3: 毒瘤题_12
题目描述
在集合中找出 k 个出现了奇数次的正整数 a
输入格式：
第一行两个正整数n,k，接下来n 行每行一个正整数表示集合内的元素
输出格式：
从小到大输出 k 行 k 个数，中间用空格分隔。
说明
n<=3000000, 0< ai<=10的10次方。 所有数据正好有k 个数出现了奇数次且 k≤500 保证出现奇数次的 k个数是在 [0,10的10次方] 中均匀随机的。
名副其实。。。之前我想把内存限制加大的不然太可怕了，，，然而洛谷说最大256M。。。然后我想到一个内存128M以内但会超时的算法比原来要简单多了，所以打算把时间限制改为2s的，然而洛谷说比赛已经开始了不能改了。。。
所以这道题答案正确但时间在2s以内都算对吧。。。不然真的太难了。。。
用set来弄
#include std::set 是时候祭出可怕的标算了。。。异或的特殊性质要了解一下。。。bitset要用。。。
#include标算看不懂就算了最好看懂。。。但前面那个非标算总要看看吧？
T4: 积木积3
题目背景
。。。有没有发现标题也是个回文串。。。
题目描述
cyx喜欢积木，上面还有字母，她有n个积木，每个上面都有a~z二十六个字母中的一个。然后她总是喜欢把这些积木从左往右排成一列。她觉得如果有一段连续积木从左/右读是一样的，这就被叫做“和cyx一样机智勇敢聪明可爱纯洁善良的一列积木”。 Then。。。cyx找出了这些列积木并把它们按照每列（可能有重复的积木）积木个数从小到大排，取前k个乘起来。cyx想知道这个乘积模19930726的值。
输入格式：
第一行为两个正整数n和k。 接下来一行为n个字符，代表从左到右积木上写的字母。
输出格式：
输出一个整数。如果总的和cyx一样机智勇敢聪明可爱纯洁善良的一列积木个数小于K，输出一个整数-1。
说明
n<=1e6, k<=1e12
这题出现在上题后真的让人身心愉悦心情舒畅～～～感觉像三个模版题。。。
很明显要用Manacher算法。。。原题太长，改短了。马拉车前缀和快速幂三个一起弄一下就好了。。。竟然还是国家集训队的？？？！！！
代码如下。
#include printf("-1");
return 0;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
} T5: 毒瘤题_24
题目描述
概念：
有向图G=（V，E），图中任意两点a，b，存在一条a->b或者b->a的单向路径，那么G是半连通的。
有向图G‘=（V’，E‘）满足V‘是V的子集，E’是E中和V‘有关的边，那么G’是G的导出子图。
有向图G‘是G的导出子图，而且G’半连通，那么G‘是G的半连通子图。
有向图G’是G所有半连通子图中包含节点数最多的，则称G‘是G的最大半连通子图。
给定一个有向图G，求G的最大半连通子图拥有的节点数MAXV，以及不同的最大半连通子图的数目C。仅要求输出C对X的余数。
输入格式：
三个整数N，M，X。N，M分别表示G的点数和边数。 接下来M行，每行2个正整数a，b，表示一条有向边（a，b）。图中每个点将编号为1，2，3……N。
输入中同一个（a，b）不会出现两次
输出格式：
第一行一个整数K。 第二行包含整数C Mod X。
说明
N<=1e5，M<=1e6，X<=1e8
代码有点长，但经常写写LCT / FFT或者做过这一题或者做过什么项目的巨神肯定觉得代码巨短啊。。。
主要用的：Tarjan+toposort+DP。
首先Tarjan缩个点，去重连边，然后新图get。题目就成了让你求图中最长链和最长链的个数了。。。
最长链直接用拓扑排序，最长链的个数求法有点像DP，代码中用f[i]表示新图里以i为终点的方案数，那么f[i]就等于连到i并且还满足距离=起点到i的临时最长距离的点的f之和，最后查找距离等于最长链的点，答案是方案数量之和。
祭出代码：
#include return y[a]void _remove() //去重边（不然可能会影响到方案数qaq）
{
for(int i=1;i<=m;++i)
{
nu[i]=i;
x[i]=co[x[i]];
y[i]=co[y[i]];
}
sort(nu+1,nu+1+m,cmp);
}
void _build() //缩点重建图+处理入度准备拓扑排序
{
total=0;
memset(first,0,sizeof(first));
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int z=nu[i];
if((x[z]!=y[z]) && (x[z]!=x[nu[i-1]] || y[z]!=y[nu[i-1]]))
{
de[y[z]]++;
ins(x[z],y[z]);
}
}
}
void _reset() //拓扑排序初始入队
{
for(int i=1;i<=col;++i)
if(!de[i])
{
ue[++w]=i;
dis[i]=si[i];
e[i]=1;
if(dis[ans]void tsort() //拓扑排序+递推
{
while(tint u=ue[++t];
for(int i=first[u];i;i=next[i])
{
int v=to[i];
de[v]--;
if(dis[v]//更新临时最长距离+重算方案数
{
dis[v]=dis[u]+si[v];
e[v]=0;
if(dis[ans]if(dis[v]==dis[u]+si[v]) //累加
e[v]=(e[u]+e[v])%mo;
if(!de[v])
ue[++w]=v;
}
}
}
int anss;
void _ask() //统计答案
{
for(int i=1;i<=n;++i)
if(dis[i]==dis[ans])
{
anss=(anss+e[i])%mo;
}
}
int main()
{
n=_read();
m=_read();
mo=_read();
for(int i=1;i<=m;++i)
{
x[i]=_read(),y[i]=_read();
ins(x[i],y[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
_remove();
_build();
_reset();
tsort();
_ask();
cout<return 0;
} - 原题为洛谷P1306 ↩
- 原题为LOJ#6232 ↩
- 原题为洛谷P1659(也是国家集训队的一题) ↩
- 原题是浙江省选的一题：最大半连通子图 ↩