CodeCraft-21 and Codeforces Round 711 (Div. 2)A-F
1.Problem - A - Codeforces
（1）题意
求一个大于等于n的整数x，满足gcd(x,sum(dig(x)) > 1，dig表示x的各个数位。
（2）思路
考虑最差是满足gcd(x,sum(dig(x)) = 2,因此不会枚举很多，直接暴力枚举即可。
（3）代码
#include
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
bool check(ll x)
{
ll s = 0,rx = x;
while(rx) {
s += rx % 10;
rx /= 10;
}
return __gcd(x,s) >= 2;
}
void solve()
{
ll n;
cin >> n;
while(n) {
if(check(n)) break;
n ++;
}
cout << n << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
} 2.Problem - B - Codeforces
（1）题意
给你n个高为1，宽为w[i]的矩形，你有一个大矩型已经确定了宽为W，你需要确定最小的h满足能放入所有的高为1的矩形。
（2）思路
考虑h一定满足单调性，所以直接二分h的值即可。
（3）代码
#include
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N],n,w;
bool check(int x)
{
multiset st;
rep(i,1,x) st.insert(w);
per(i,n,1) {
auto it = st.lower_bound(a[i]);
if(it == st.end()) return false;
int res = *it - a[i];
st.erase(it);
st.insert(res);
}
return true;
}
void solve()
{
cin >> n >> w;
rep(i,1,n) cin >> a[i];
sort(a + 1,a + 1 + n);
int l = 1,r = n;
while(l <= r) {
int m = (l + r) >> 1;
if(check(m)) r = m - 1;
else l = m + 1;
}
cout << l << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
} 3.Problem - C - Codeforces
（1）题意
给你一条长为k的射线，有n面镜子，每次你穿过一面镜子有两种选择，一种是降低你目前的等级，然后新生成一条反方向为目前等级-1的射线，一种是直接穿过镜子，问最多会有多少条射线。
（2）思路
发现这是个计数题，因此直接考虑dp，dp[i][j]表示当前射线为i有j面镜子的方案数是多少。
转移方程：
1.若前一条是通过降级来的，则应该是dp[i - 1][n - j]这个位置来的。
2.若前一条是通过直接穿的，则应该是dp[i][j - 1]这个位置来的。
（3）代码
#include
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
using i64 = long long;
constexpr int P = 1e9 + 7;
// assume -P <= x < 2P
int Vnorm(int x) {
if (x < 0) {
x += P;
}
if (x >= P) {
x -= P;
}
return x;
}
template
T power(T a, i64 b) {
T res = 1;
for (; b; b /= 2, a *= a) {
if (b % 2) {
res *= a;
}
}
return res;
}
struct Mint {
int x;
Mint(int x = 0) : x(Vnorm(x)) {}
Mint(i64 x) : x(Vnorm(x % P)) {}
int val() const {
return x;
}
Mint operator-() const {
return Mint(Vnorm(P - x));
}
Mint inv() const {
assert(x != 0);
return power(*this, P - 2);
}
Mint &operator*=(const Mint &rhs) {
x = i64(x) * rhs.x % P;
return *this;
}
Mint &operator+=(const Mint &rhs) {
x = Vnorm(x + rhs.x);
return *this;
}
Mint &operator-=(const Mint &rhs) {
x = Vnorm(x - rhs.x);
return *this;
}
Mint &operator/=(const Mint &rhs) {
return *this *= rhs.inv();
}
friend Mint operator*(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
Mint res = lhs;
res *= rhs;
return res;
}
friend Mint operator+(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
Mint res = lhs;
res += rhs;
return res;
}
friend Mint operator-(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
Mint res = lhs;
res -= rhs;
return res;
}
friend Mint operator/(const Mint &lhs, const Mint &rhs) {
Mint res = lhs;
res /= rhs;
return res;
}
friend std::istream &operator>>(std::istream &is, Mint &a) {
i64 v;
is >> v;
a = Mint(v);
return is;
}
friend std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const Mint &a) {
return os << a.val();
}
};
void solve()
{
int n,k;
cin >> n >> k;
vector> dp(k + 1,vector(n + 1));
rep(i,1,k) dp[i][0] = 1;
rep(i,1,k) {
rep(j,1,n) {
dp[i][j] += dp[i - 1][n - j] + dp[i][j - 1];
}
}
cout << dp[k][n] << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
} 4.Problem - D - Codeforces
（1）题意
你有n个活动事件，m个位置，初始在0这个位置，每一次活动给出Ti,Xi,Yi表示这个活动的类型是Ti，每一次步长为Xi'(Xi = Xi'/100000)，可以执行[0,Yi]次这个步长，若Ti为1或2，若Ti为1，则表示这一次会变成pos = (pos + Xi),若Ti为2，则表示这一次会变成pos = (pos * Xi), 问你最早到达[1,m]每一个位置是第几个活动事件。
（2）思路
直接暴力即可，记Ans[i]表示到第i个位置的最早时间，若这个位置被走过了则时间可以不执行了，若当前位置已经跳出m了，则也不执行了。
（3）代码
#include
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
int Ans[N];
const int inf = 0x3f3f3f3f;
void solve()
{
int n,m;
cin >> n >> m;
rep(i,1,m) Ans[i] = inf;
rep(i,1,n) {
ll t,x,y;
cin >> t >> x >> y;
per(j,m,0) {
if(Ans[j] == inf) continue;
ll p = j;
rep(k,1,y) {
if(t == 1) p = p + (99999 + x) / 100000;
else p = (p * x + 99999) / 100000;
if(p > m) break;
if(Ans[p] < inf) break;
Ans[p] = i;
}
}
}
rep(i,1,m) {
if(Ans[i] == inf) cout << -1 << ' ';
else cout << Ans[i] << ' ';
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
} 5.Problem - E - Codeforces
（1）题意
（2）思路
考虑这个图是一个竞赛图，我们可以直接用竞赛图解，对于一个竞赛图若按照点的出度进行排序，缩点后前面的点必定向后面所有点右边，若某一个位置前面的点的出度和为i * (i - 1) / 2,说明前面必定出现了SCC，如果前面j个点也出现了这个情况，说明要么前i个点存在两个SCC，要么后面这个不存在SCC，证明可得后面这个也一定是SCC。那么我们只需要挑一个最大的SCC的|Ka-Kb|即可。
（3）代码
#include
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
PII e[N];
void solve()
{
int n;
cin >> n;
rep(i,1,n) {
cin >> e[i].fi;
e[i].se = i;
}
stable_sort(e + 1,e + 1 + n);
int v = 0,mx = -1,lst = 0;
PII Ans = {0,0};
rep(i,1,n) {
v += e[i].fi;
if(v == i * (i - 1) / 2) {
if(lst != i - 1) {
int rs = e[i].fi - e[lst + 1].fi;
if(rs > mx) {
Ans = {e[lst + 1].se,e[i].se};
mx = rs;
}
}
lst = i;
}
}
cout << "! " << Ans.fi << ' ' << Ans.se << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
} 6.Problem - F - Codeforces
（1）题意
Alice和Bob在一颗树上玩游戏，第i个节点有a[i]个石头，每轮可以选择一个距离根深度至少为k的点往上移动任意石头，问对每个节点作为根最后谁会赢。
（2）思路
对于k为1，无非就是一个树上阶梯尼姆博弈
对于k为d，我们猜测会是一个dep/d的树上阶梯尼姆博弈
因此我们考虑dp[i][j][k]表示在第i个点，距离i为j的，奇偶性为k的贡献是多少。
1.对于j < k的奇偶性不会发生变化
dp[x][i][j] ^= dp[y][i - 1][j]
2.对于j == k的会发生变化因此特殊转移就行。
dp[x][0][j] ^= dp[y][k - 1][j ^ 1]
剩下的其他根换根dp一下就可以
（3）代码
#include
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector
#define vl vector
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 10;
vector e[N];
int dp[N][21][2],Ans[N],a[N];
int n,k;
inline void do_dp(int x,int y)
{
rep(i,1,k - 1) {
rep(j,0,1) {
dp[x][i][j] ^= dp[y][i - 1][j];
}
}
dp[x][0][0] ^= dp[y][k - 1][1];
dp[x][0][1] ^= dp[y][k - 1][0];
}
inline void dfs(int u,int f)
{
dp[u][0][0] = a[u];
for(auto v : e[u]) {
if(v == f) continue;
dfs(v,u);
do_dp(u,v);
}
}
inline void dfs2(int u,int f)
{
if(f) {
do_dp(f,u);
do_dp(u,f);
}
rep(i,0,k - 1) Ans[u] ^= dp[u][i][1];
for(auto v : e[u]) {
if(v == f) continue;
dfs2(v,u);
}
if(f) {
do_dp(u,f);
do_dp(f,u);
}
}
void solve()
{
cin >> n >> k;
rep(i,2,n) {
int u,v;
cin >> u >> v;
e[u].pb(v),e[v].pb(u);
}
rep(i,1,n) cin >> a[i];
dfs(1,0);
dfs2(1,0);
rep(i,1,n) {
if(Ans[i]) cout << 1 << ' ';
else cout << 0 << ' ';
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
}