TC SRM633
第三题：n个数字，有m个限制，每个限制给出某两个数字的Gcd或者Lcm为多少。最后问这样的n个数存在否。
思路：我们发现，对于素数p1，p2，n个数中每个数含有多少个p1，p2是没有联系的，因此每个素数可以分开考虑。
现在我们计算对于某一个素数p是否存在矛盾，用Min[i],Max[i]计算n个数字中每个数字最少最多含有多少个p。然后第x个数字含有的p要么取Min[x]，要么取 Max[x]，因此可用2sat解决。
const int N=1005;
#define VI vector<int>
#define YES "Solution exists"
#define NO "Solution does not exist"
vector<int> prime;
int n,m;
vector<int> a,b,c;
string type;
int low[N],dfn[N],visit[N],belong[N],id,color;
stack<int> S;
struct node
{
int v,next;
};
node edges[N<<1];
int head[N],e;
void add(int u,int v)
{
edges[e].v=v;
edges[e].next=head[u];
head[u]=e++;
}
int Min[N],Max[N];
void upMin(int &x,int y)
{
if(x>y) x=y;
}
void upMax(int &x,int y)
{
if(x<y) x=y;
}
void DFS(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++id;
S.push(u);
int i;
for(i=head[u];i!=-1;i=edges[i].next)
{
int v=edges[i].v;
if(!dfn[v])
{
DFS(v);
upMin(low[u],low[v]);
}
else if(!visit[v])
{
upMin(low[u],dfn[v]);
}
}
if(low[u]==dfn[u])
{
color++;
int v;
do
{
v=S.top(); S.pop();
visit[v]=1;
belong[v]=color;
}while(v!=u);
}
}
int ok(int x)
{
int i,j;
clr(head,-1); e=0;
clr(dfn,0);
clr(visit,0);
id=color=0;
while(!S.empty()) S.pop();
for(i=0;i<n;i++) Min[i]=0,Max[i]=1000;
int num[N];
for(i=0;i<m;i++)
{
int cnt=0;
int tmp=c[i];
while(tmp%x==0) cnt++,tmp/=x;
num[i]=cnt;
if(type[i]=='G') upMax(Min[a[i]],cnt),upMax(Min[b[i]],cnt);
else upMin(Max[a[i]],cnt),upMin(Max[b[i]],cnt);
}
for(i=0;i<n;i++) if(Min[i]>Max[i]) return 0;
for(i=0;i<m;i++)
{
int u=a[i];
int v=b[i];
if(type[i]=='G')
{
int x=Min[u]>num[i];
int y=Min[v]>num[i];
if(x&&y) return 0;
else if(x)
{
if(Min[v]!=Max[v]) add(v+n,v);
}
else if(y)
{
if(Min[u]!=Max[u]) add(u+n,u);
}
else
{
if(Min[v]!=Max[v]&&Min[u]!=Max[u]) add(v+n,u),add(u+n,v);
}
}
else
{
int x=Max[u]<num[i];
int y=Max[v]<num[i];
if(x&&y) return 0;
else if(x)
{
if(Min[v]!=Max[v]) add(v,v+n);
}
else if(y)
{
if(Min[u]!=Max[u]) add(u,u+n);
}
else
{
if(Min[v]!=Max[v]&&Min[u]!=Max[u]) add(v,u+n),add(u,v+n);
}
}
}
for(i=0;i<n+n;i++) if(!dfn[i]) DFS(i);
for(i=0;i<n;i++) if(belong[i]==belong[i+n]) return 0;
return 1;
}
string cal(int _n,string _type,VI _a,VI _b,VI _c)
{
n=_n;
type=_type;
a=_a;
b=_b;
c=_c;
m=SZ(type);
int i;
for(i=0;i<m;i++)
{
int t=c[i];
int j;
for(j=2;j*j<=t;j++) if(t%j==0)
{
prime.pb(j);
while(t%j==0) t/=j;
}
if(t>1) prime.pb(t);
}
for(i=0;i<SZ(prime);i++)
{
if(!ok(prime[i])) return NO;
}
return YES;
}
class GCDLCM
{
public:
string possible(int n,string type,vector<int> A,vector<int> B,vector<int> C)
{
return cal(n,type,A,B,C);
}
};
第二题：给出两棵树均含有n个节点(编号0到n-1)，每个节点有权值（有正有负）。两个树编号相同的节点的权值相同。找到一个[0,n-1]的子集S，使得S中的节点在两个树中都正好是一个子树。在这种情况下使得S中节点的权值和最大。
思路：对于某个节点u，假如我们最后一定选择该节点，那么对于节点p，我们若选它，那么p到u路径上的点都必须选，这样就成了一个最大权闭合图问题。
const int N=20005;
struct node
{
int v,next,cap;
};
node edges[N*100];
int head[N],e;
int pre[N],curedge[N],h[N],num[N];
int s,t;
void add(int u,int v,int cap)
{
edges[e].v=v;
edges[e].cap=cap;
edges[e].next=head[u];
head[u]=e++;
}
void Add(int u,int v,int cap)
{
add(u,v,cap);
add(v,u,0);
}
int visit[N];
int Maxflow(int s,int t,int n)
{
clr(h,0); clr(num,0);
int i;
for(i=0;i<n;i++) curedge[i]=head[i];
int u=s,Min,k,x,ans=0;
while(h[u]<n)
{
if(u==t)
{
Min=INF+1;
for(i=s;i!=t;i=edges[curedge[i]].v)
{
x=curedge[i];
if(edges[x].cap<Min)
{
Min=edges[x].cap;
k=i;
}
}
ans+=Min; u=k;
for(i=s;i!=t;i=edges[curedge[i]].v)
{
x=curedge[i];
edges[x].cap-=Min;
edges[x^1].cap+=Min;
}
}
for(i=curedge[u];i!=-1;i=edges[i].next)
{
if(edges[i].cap>0&&h[u]==h[edges[i].v]+1)
{
break;
}
}
if(i!=-1)
{
curedge[u]=i;
pre[edges[i].v]=u;
u=edges[i].v;
}
else
{
if(--num[h[u]]==0) break;
curedge[u]=head[u];
x=n;
for(i=head[u];i!=-1;i=edges[i].next)
{
k=edges[i].v;
if(edges[i].cap>0&&h[k]<x) x=h[k];
}
h[u]=x+1; num[x+1]++;
if(u!=s) u=pre[u];
}
}
return ans;
}
#define VI vector<int>
int fa[55];
vector<int> g1[55],g2[55];
int n;
int ss[55];
int f1[55],f2[55];
void DFS(int u,int pre,int fa[],VI g[])
{
fa[u]=pre;
int i;
for(i=0;i<SZ(g[u]);i++)
{
int v=g[u][i];
if(v!=pre) DFS(v,u,fa,g);
}
}
int cal(int r)
{
DFS(r,-1,f1,g1);
DFS(r,-1,f2,g2);
clr(head,-1); e=0;
int S=n,T=n+1;
int sum=0;
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(ss[i]>0) sum+=ss[i],Add(S,i,ss[i]);
else Add(i,T,-ss[i]);
if(f1[i]!=-1) Add(i,f1[i],INF);
if(f2[i]!=-1) Add(i,f2[i],INF);
}
sum-=Maxflow(S,T,n+3);
return sum;
}
int cal(VI a,VI b,VI c,VI d,VI score)
{
n=SZ(a)+1;
int i;
for(i=0;i<n-1;i++)
{
int u=a[i],v=b[i];
g1[u].pb(v);
g1[v].pb(u);
u=c[i];
v=d[i];
g2[u].pb(v);
g2[v].pb(u);
}
for(i=0;i<n;i++) ss[i]=score[i];
int ans=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
int tmp=cal(i);
if(tmp>ans) ans=tmp;
}
return ans;
}
class DoubleTree
{
public:
int maximalScore(vector <int> a,vector<int> b,vector<int> c, vector<int> d, vector<int> score)
{
return cal(a,b,c,d,score);
}
};
第一题：一个人初始时在(0,0)，要跳到(x,0)。给出一个数组，比如(2,4,9)，那么跳的长度依次是2,4,9,2,4,9,…… 问最少跳多少次可以到达终点。
思路：两个循环之内可以跳完，那么我们只要让这些步数之内的数字组成两个p,q，使得p,q,x组成三角形即可(p+x=q或者p+q=x都行)。否则，若x是所有数字之和的很多倍，则一开始是一直直着向前跳m次，剩下rex=x-sum*m(sum是数组的数字之和)，最后用前t项和组成大于rex的即可（这里大于也无所谓，因为这个一定可以和前面的m*sum以及x组成三角形）。
int cal(int L,vector<int> V)
{
if(L<0) L=-L;
if(L==0) return 0;
int n=SZ(V);
int i;
for(i=0;i<n;i++) V.pb(V[i]);
n<<=1;
i64 sum=0,Max=0,Min;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(V[i]>Max) Max=V[i];
sum+=V[i];
if(sum-Max>=Max) Min=0;
else Min=Max-(sum-Max);
if(Min<=L&&L<=sum) return i+1;
}
int ans=L/sum*n;
int re=L%sum;
i=0;
while(re>0) re-=V[i++],ans++;
return ans;
}
class PeriodicJumping
{
public:
int minimalTime(int x,vector <int> jumpLengths)
{
return cal(x,jumpLengths);
}
};