智算之道2020复赛题解

A数字

思路： 直接暴力枚举就好了

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#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

int get(ll x) {
    if(x == 0) return 1;
    int cnt = 0;
    while(x) {
        cnt++;
        x /= 10;
    }
    return cnt;
}

int main() {
    ll a,b;scanf("%lld%lld",&a,&b);
    ll ans = 0;
    int cnt = get(a);
    ll num = 1;
    for(int i = 1;i <= cnt;i++) {
        num = num * 10;
    }
    for(ll i = 1;i <= 9;i++) {
        for(ll j = 0;j <= 9;j++) {
            for(ll k = 0;k <= 9;k++) {
                ll now = (i * 100 + j * 10 + k) * num + a;
                if(now % b == 0) {
                    ans++;
                }
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

B网格（DP）

思路：
选择1走一步，花费为w1。选择2走两步，花费为w2。
先考虑只走选择1，则到(x,y)的花费为$(x+y)\ast w1$。

再考虑可以有选择2，我们要用魔法个点来优化之前的选择，则可以将魔法节点排序，那么就可以保证后面的魔法节点无法走到前面，这就无后效性了。再找子问题：

定义$f[i]$为到达第$i$个魔法节点的距离，则有
$num=a[i].x+a[i].y-a[j].x-a[j].y-2$
$f[i]=min(f[i],f[j]+num\ast w1+w2)$

#pragma GCC optimize(2)

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#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 2005;
ll f[maxn];

struct Node {
    int x,y;
}a[maxn];

int cmp(Node a,Node b) {
    if(a.x != b.x) return a.x < b.x;
    return a.y < b.y;
}

int main() {
    int n,k,w1,w2;scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&w1,&w2);
    for(int i = 1;i <= k;i++) {
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    }
    sort(a + 1,a + 1 + k,cmp);
    a[k + 1].x = n;a[k + 1].y = n;
    k++;
    for(int i = 1;i <= k;i++) {
        f[i] = 1ll * w1 * (a[i].x + a[i].y);
    }
    
    for(int i = 2;i <= k;i++) {
        for(int j = 1;j < i;j++) {
            if(a[j].x < a[i].x && a[j].y < a[i].y) {
                int num = a[i].x + a[i].y - a[j].x - a[j].y - 2;
                f[i] = min(f[i],f[j] + 1ll * num * w1 + w2);
            }
        }
    }
    
    printf("%lld\n",f[k]);
    return 0;
}

C 有向无环图（二进制拆解）

思路：
一开始只想到了
1->2
1->3
3->4
2->4
这种的建图模式。

但实际上你直接先建成一条链（假设是n个点），然后第i个点向后面所有点连边。这时候就有神奇的事情：第i个点到点n的方案数为$2^{n-i}$，
则再加一个源点0，0向第$i$个点连边，方案数就会增加$2^{n-i}$个， 这不就是二进制拆解吗？

而且刚好66个点，64个点表征二进制，两个点为原点，而且边数也就n^2级别，不会特别多。直接搞就好了

#pragma GCC optimize(2)

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#include 

using namespace std;

typedef unsigned long long ll;

vector<pair<int,int> >vec;

int main() {
    ll n,k;scanf("%llu%llu",&k,&n);
    
    ll tmp = k;
    int cnt = 0;
    while(tmp) {
        cnt++;
        tmp /= 2;
    }
    
    if(n == 2 && k == 1) {
        printf("2 1\n");
        printf("1 2\n");
        return 0;
    } else if(n == 4 && k == 3) {
        printf("4 5\n");
        printf("1 2\n2 3\n3 4\n1 3\n2 4\n");
        return 0;
    }
    
    int N = cnt + 2;
    for(int i = 2;i <= cnt + 1;i++) {
        for(int j = i + 1;j <= cnt + 2;j++) {
            vec.push_back({i,j});
        }
    }
    
    for(int i = 0;i < cnt;i++) {
        if((k >> i) & 1) {
            int nex = cnt - i + 1;
            vec.push_back({1,nex});
        }
    }
    
    printf("%d %d\n",N,(int)vec.size());
    for(int i = 0;i < vec.size();i++) {
        printf("%d %d\n",vec[i].first,vec[i].second);
    }
    return 0;
}

D 分数

思路：
打个表可以发现（事后也可以证明），对于第$i$个分数的贡献，就是$i$中质因子比$LCM(n-1)$多的部分。

而
当n为单个质数幂次时
$LCM(n)=LCM(n-1)\ast prime[i]$
否则
$LCM(n)=LCM(n-1)$

所以只需要求出所有位单个质数幂次的数就行了。

#pragma GCC optimize(2)

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#include 
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#include 
#include 
#include
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 8e7 + 7;
const ll mod = 1ll << 32;

int a[5000000],cnt;
int v[maxn];

void getprime() {
    for(int i = 2;i < maxn;i++) {
        if(v[i] == 0) {
            v[i] = i;a[++cnt] = i;
        }
        for(int j = 1;j <= cnt && i * a[j] < maxn;j++) {
            v[i * a[j]] = 1;
            if(i % a[j] == 0)break;
        }
    }
}

ll qpow(ll x,ll n) {
    ll res = 1;
    while(n) {
        if(n & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

ll gcd(ll n,ll m) {
    return m == 0 ? n : gcd(m,n % m);
}

int main() {
    getprime();
//    printf("debug %d\n",cnt);
    ll n,A,B;scanf("%lld%lld%lld",&n,&A,&B);
    for(int i = 2;i <= n;i++) {
        v[i] = 0;
    }
    
    for(int i = 1;i <= cnt;i++) {
        ll now = a[i];
        while(now <= n) {
            v[now] = i;
            now = now * a[i];
        }
    }
    
    for(int i = 2;i <= n;i++) {
        if(v[i]) {
            A = (A * a[v[i]] % mod + B) % mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",A);
    return 0;
}

E 树数数

思路：
被拉去吃兰州拉面，写个暴力就跑了，有时间补补吧。

#pragma GCC optimize(2)

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#include
#include 
#include
#include 
#include 
#include
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 2e3 + 7;

int a[maxn],color[maxn];
int fa[maxn],vis[maxn];
vector<int>G[maxn];

void dfs1(int x) { //染色
    vis[x] = 1;
    if(x == 1) return;
    dfs1(fa[x]);
}

int dfs2(int x) { //寻找
    if(vis[x] && color[x] == 1) {
        return a[x];
    }
    if(x == 1) return 0;
    return dfs2(fa[x]);
}

vector<int>point;

void dfs3(int x,int fa) { //找u子树
    point.push_back(x);
    for(int i = 0;i < G[x].size();i++) {
        int v = G[x][i];
        if(v == fa) continue;
        dfs3(v,x);
    }
}

ll LCBA(int u) {
    point.clear();
    dfs3(u,fa[u]);
    int len = point.size();
    ll ans = 0;
    for(int i = 0;i < len;i++) {
        for(int j = 0;j < len;j++) {
            if(i == j) continue;
            memset(vis,0,sizeof(vis));
            dfs1(point[i]);
            ans += dfs2(point[j]);
        }
    }
    return ans / 2;
}

int main() {
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 2;i <= n;i++) {
        int x;scanf("%d",&x);
        fa[i] = x;
        G[i].push_back(x);G[x].push_back(i);
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++) {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i = 1;i <= m;i++) {
        char op[10];scanf("%s",op);
        if(op[0] == 'Q') {
            int u;scanf("%d",&u);
            printf("%lld\n",LCBA(u));
        } else if(op[0] == 'F') {
            int x;scanf("%d",&x);
            color[x] ^= 1;
        } else if(op[0] == 'M') {
            int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
            a[x] = y;
        }
    }
    return 0;
}