Wannafly挑战赛27

灰魔法师
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/12214/A
来源：牛客网

题目描述
“White shores, and beyond. A far green country under a swift sunrise.”–灰魔法师

给出长度为n的序列a, 求有多少对数对 (i, j) (1 <= i < j <= n) 满足 ai + aj 为完全平方数。
输入描述:
第一行一个整数 n (1 <= n <= 105)
第二行 n 个整数 ai (1 <= ai <= 105)
输出描述:
输出一个整数，表示满足上述条件的数对个数。
示例1
输入
复制
3
1 3 6
输出
复制
2
说明
满足条件的有 (1, 2), (2, 3) 两对。

先把可能的和存储好，然后排序，依次枚举每个数，看二分出来的可能构成的和减去这个数前面出现过多少次，然后加上即可，，注意的是一个数只可能和前面的数构成大于他小于2倍的完全平方数

/*                         _
                        _ooOoo_
                       o8888888o
                       88" . "88
                       (| -_- |)
                  .'  \\|     |//  `.
                 /  \\|||  :  |||//  \
                /  _||||| -:- |||||_  \
                |   | \\\  -  /'| |   |
                | \_|  `\`---'//  |_/ |
                \  .-\__ `-. -'__/-.  /
              ___`. .'  /--.--\  `. .'___
           ."" '<  `.___\_<|>_/___.' _> \"".
          | | :  `- \`. ;`. _/; .'/ /  .' ; |
          \  \ `-.   \_\_`. _.'_/_/  -' _.' /
===========`-.`___`-.__\ \___  /__.-'_.'_.-'================
 
                  Please give me AC.
*/

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
//#include 
#include  

using namespace std;
//using namespace __gnu_cxx;

#define gt(x) x = read()
#define int long long
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define endl "\n"
//#define x first
//#define y second

int dx[4] = {
     0, 1, 0, -1};
int dy[4] = {
     1, 0, -1, 0}; 

typedef __int128 INT;
typedef pair<double, int> PDI;
typedef pair<int, int> PII;
typedef unsigned long long ULL;

inline int read(){
     
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){
     
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){
     
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

inline void print(INT x) {
     
  if (x < 0) {
      putchar('-'); x = -x; }
  if (x >= 10) print(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e7 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int PP = 131;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-10;
const double PI = acos(-1);

int a[N];
int cnt[N];
int n;
vector<int> v;

int find(int x){
     
	return upper_bound(v.begin(), v.end(), x) - v.begin();
}

signed main(){
      
	ios;
	
	for (int i = 1; i <= N; i ++){
     
		v.push_back(i * i);
	}
	
	cin >> n;
	int ans = 0;
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++)    cin >> a[i];
	
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++){
     
		int id = find(a[i]);
		
		for (int j = id; j < v.size(); j ++){
     
			if (v[j] > 2 * a[i])   break;
			ans += (cnt[v[j] - a[i]]);
		}
		
		cnt[a[i]] ++;
	}
	
	cout << ans << endl;

	return 0;
}

紫魔法师
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/12214/B
来源：牛客网

题目描述
“サーヴァント、キャスター、Medea。”–紫魔法师

给出一棵仙人掌(每条边最多被包含于一个环，无自环，无重边，保证连通)，要求用最少的颜色对其顶点染色，满足每条边两个端点的颜色不同，输出最小颜色数即可
输入描述:
第一行包括两个整数n,m，表示顶点数和边数
n <= 100000, m <= 200000
接下来m行每行两个整数u,v，表示u,v之间有一条无向边，保证数据合法
输出描述:
一行一个整数表示最小颜色数
示例1
输入
复制
3 4
1 2
2 3
3 4
1 4
输出
复制
2

注意的是如果是二分图的话两种颜色就可以解决，就算不是的话，最多需要三种颜色就可以，如果发生矛盾的话那么久三种颜色

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

using namespace std;

#define gt(x) x = read()
#define int long long
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
//#define x first
//#define y second

int dx[4] = {
     0, 1, 0, -1};
int dy[4] = {
     1, 0, -1, 0}; 

//typedef __int128 INT;
typedef pair<double, int> PDI;
typedef pair<int, int> PII;
typedef unsigned long long ULL;

inline int read(int out = 0)
{
     
    char c;
    while((c=getchar()) < 48 || c > 57);
    while(c >= 48 && c <= 57) out=out*10+c-48,c=getchar();
    return out; 
}

const int N = 1e6 + 10;
const int M = 2e5 + 10;
const int mod = 1000000007;
const int PP = 13331;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-10;
const double PI = acos(-1);

int h[N], e[N], ne[N], idx;
int n, m;
//int color[N];
int ans = 2;;
int st[N];

void add(int a, int b){
     
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void dfs(int u, int color){
     
	st[u] = color;
	for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
     
		int j = e[i];
		if (!st[j])    dfs(j, 3 - color);
		if (st[j] == color)     ans = 3;
	}
}

signed main(){
     
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	
	memset(h, -1, sizeof h);
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
     
		int a, b;
		scanf("%lld%lld", &a, &b);
		add(a, b), add(b, a);
	}
	
	dfs(1, 1);
	
	if (n == 1)   cout << "1" << endl;
	else  cout << ans << endl;
	
	return 0;
}

蓝魔法师
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/12214/C
来源：牛客网

题目描述
“你，你认错人了。我真的，真的不是食人魔。”–蓝魔法师

给出一棵树，求有多少种删边方案，使得删后的图每个连通块大小小于等于k，两种方案不同当且仅当存在一条边在一个方案中被删除，而在另一个方案中未被删除，答案对998244353取模
输入描述:
第一行两个整数n,k, 表示点数和限制
2 <= n <= 2000, 1 <= k <= 2000
接下来n-1行，每行包括两个整数u,v，表示u,v两点之间有一条无向边
保证初始图联通且合法
输出描述:
共一行，一个整数表示方案数对998244353取模的结果
示例1
输入
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5 2
1 2
1 3
2 4
2 5
输出
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7

很明显是树形dp，如何考虑，如何状态表示，儿子的状态如何更新父亲的状态，父亲的状态如何更新儿子的状态，现在状态表示为以当前节点为父节点，子节点选了k个的状态表示，当一个父亲枚举到一个儿子的时候，这个儿子如果什么都不选，那么父亲节点的每种情况便会在儿子的每种情况都有可能，如果儿子选了k个，父亲选了i个，那么父亲节点的i+k个便会被更新。注意的是，代码中的f[u][0表示的是选了任意多个的情况，因为要保证枚举当前儿子的状态只有上一个儿子的状态转移过来，所以要新开一个数组来表示

/*                         _
                        _ooOoo_
                       o8888888o
                       88" . "88
                       (| -_- |)
                  .'  \\|     |//  `.
                 /  \\|||  :  |||//  \
                /  _||||| -:- |||||_  \
                |   | \\\  -  /'| |   |
                | \_|  `\`---'//  |_/ |
                \  .-\__ `-. -'__/-.  /
              ___`. .'  /--.--\  `. .'___
           ."" '<  `.___\_<|>_/___.' _> \"".
          | | :  `- \`. ;`. _/; .'/ /  .' ; |
          \  \ `-.   \_\_`. _.'_/_/  -' _.' /
===========`-.`___`-.__\ \___  /__.-'_.'_.-'================
 
                  Please give me AC.
*/

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
//#include 
#include  

using namespace std;
//using namespace __gnu_cxx;

#define gt(x) x = read()
#define int long long
#define ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define endl "\n"
//#define x first
//#define y second

int dx[4] = {
     0, 1, 0, -1};
int dy[4] = {
     1, 0, -1, 0}; 

//typedef __int128 INT;
typedef pair<double, int> PDI;
typedef pair<int, int> PII;
typedef unsigned long long ULL;

inline int read(){
     
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){
     
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){
     
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

inline void print(int x) {
     
  if (x < 0) {
      putchar('-'); x = -x; }
  if (x >= 10) print(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

const int N = 2e3 + 10;
const int M = 3 * N;
const int mod = 998244353;
const int PP = 131;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-10;
const double PI = acos(-1);

int h[N], e[M], ne[M], idx;
int f[N][N];
int ff[N];
int n, m;
int sum[N];

void add(int a, int b){
     
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void dfs(int u, int father){
     
	sum[u] = 1;
	f[u][1] = 1;
	for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
     
		int j = e[i];
		if (j == father)   continue;
		
		dfs(j, u);
		memset(ff, 0, sizeof ff);
		for (int l = 1; l <= sum[u]; l ++){
     
			for (int k = 0; k <= sum[j] && k + l <= m; k ++){
     
				ff[l + k] = (ff[l + k] + (f[u][l] * f[j][k]) % mod) % mod;
			}
		}
		
		for (int k = 1; k <= m; k ++){
     
			f[u][k] = ff[k];
		}
		
		sum[u] += sum[j];
	}
	
	f[u][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
     
		f[u][0] = (f[u][i] + f[u][0]) % mod;
	}
}

signed main(){
     
	ios; 
	memset(h, -1, sizeof h);
	cin >> n >> m;
	
	for (int i = 1; i < n; i ++){
     
		int a, b, w;
		cin >> a >> b;
		add(a, b), add(b, a);
	}
	
//	cout << "--" << endl;
	dfs(1, -1);
	
	cout << (f[1][0] % mod) << endl;
		
	return 0;
}