hihocoder 微软编程之美2015 初赛 第一场 （树算法 + 暴力思想 + 搜索思想）

题目1 : 彩色的树

时间限制: 2000ms

单点时限: 1000ms

内存限制: 256MB

描述

给定一棵n个节点的树，节点编号为1, 2, …, n。树中有n - 1条边，任意两个节点间恰好有一条路径。这是一棵彩色的树，每个节点恰好可以染一种颜色。初始时，所有节点的颜色都为0。现在需要实现两种操作:

1. 改变节点x的颜色为y；

2. 询问整棵树被划分成了多少棵颜色相同的子树。即每棵子树内的节点颜色都相同，而相邻子树的颜色不同。

输入

第一行一个整数T，表示数据组数，以下是T组数据。

每组数据第一行是n，表示树的节点个数。接下来n - 1行每行两个数i和j，表示节点i和j间有一条边。接下来是一个数q，表示操作数。之后q行，每行表示以下两种操作之一：

1. 若为"1"，则询问划分的子树个数。

2. 若为"2 x y"，则将节点x的颜色改为y。

输出

每组数据的第一行为"Case #X:"，X为测试数据编号，从1开始。

接下来的每一行，对于每一个询问，输出一个整数，为划分成的子树个数。

数据范围

1 ≤ T ≤ 20

0 ≤ y ≤ 100000

小数据

1 ≤ n, q ≤ 5000

大数据

1 ≤ n, q ≤ 100000

样例输入

2

3

1 2

2 3

3

1

2 2 1

1

5

1 2

2 3

2 4

2 5

4

1

2 2 1

2 3 2

1

样例输出

Case #1:

1

3

Case #2:

1

5



分析：主要题意就是输出一棵树中连通分量的个数，但此题目里的连通分量和平时的连通分量不太一样，就是每个连通分量内的
节点的颜色必须是一样的，否则就要划分到不同的连通分量上。常规的思路，每次在修改完某些节点后，但我们想去计算这棵树
中有多少子树（即连通分量），完全可以用dfs搜索，但是这道题目中如果询问次数很多，必然超时！
所以需要修改思路。
假设我们当前修改节点x的颜色，将其颜色修改为y。
在我们修改后，其对应的颜色可能会发生改变，也可能不会。子树的数目可能增加，也可能减少，还有可能不变。
回到节点x，我们修改节点x的颜色后，我们访问所有与x节点有直接相邻关系的节点xx。
假设：原来x的颜色为ori, 修改后的颜色为cur，将会产生下面四种情况：( f[]数组保存所有节点的颜色信息 )
ans:表示x节点颜色修改前的子树的个数：接下来计算x节点颜色的修改对子树数目的影响
ori==f[xx] && cur==f[xx]  ans不变
ori==f[xx] && cur!=f[xx]  ans++；
ori!=f[xx] && cur==f[xx]  ans--;
ori!=f[xx] && cur!=f[xx]   ans不变

代码：（本以为此算法同样可以过大数据，但还是TLE了）

#include <stdio.h>

#include <string.h>

#include <stdlib.h>

#include <ctype.h>

#include <math.h>

#include <algorithm>

#define N 5010





using namespace std;



int map[N][N];

int fa[N];

bool vis[N];

int n, q;



int main()

{

    int t;

    scanf("%d", &t);

    int i, j, k;

    int cnt=1;



    while(t--)

    {

        scanf("%d", &n);

        memset(fa, 0, sizeof(fa));

        memset(map, 0, sizeof(map));



        int u, v;

        for(i=0; i<n-1; i++)

        {

            scanf("%d %d", &u, &v);

            map[u][v]=1;

            map[v][u]=1;

        }





        scanf("%d", &q);

        printf("Case #%d:\n", cnt++ );

        int ans=1;

        while(q--)

        {

            int dd;

            int x, y;

            scanf("%d", &dd);

            if(dd==1)

            {

                printf("%d\n", ans );

            }

            else

            {

                scanf("%d %d", &x, &y);

                int ori=fa[x];

                fa[x]=y;

                int cur=y;

                for(i=1; i<=n; i++)

                {

                    if(map[x][i]==1 && i!=x )

                    {

                        if(ori==fa[i] && cur!=fa[i] )

                        {

                            ans++;

                        }

                        else if(ori!=fa[i] && cur!=fa[i])

                        {

                            ans=ans+0;

                        }

                        else if(ori==fa[i] && cur==fa[i])

                        {

                            ans+=0;

                        }

                        else if(ori!=fa[i] && cur==fa[i])

                        {

                            ans--;

                        }

                    }

                }

            }

        }

    }

    return 0;

}

 

题目3 : 质数相关

时间限制: 2000ms

单点时限: 1000ms

内存限制: 256MB

描述

两个数a和 b (a<b)被称为质数相关，是指a × p = b，这里p是一个质数。一个集合S被称为质数相关，是指S中存在两个质数相关的数，否则称S为质数无关。如{2, 8, 17}质数无关，但{2, 8, 16}, {3, 6}质数相关。现在给定一个集合S，问S的所有质数无关子集中，最大的子集的大小。

输入

第一行为一个数T，为数据组数。之后每组数据包含两行。

第一行为N，为集合S的大小。第二行为N个整数，表示集合内的数。

输出

对于每组数据输出一行，形如"Case #X: Y"。X为数据编号，从1开始，Y为最大的子集的大小。

数据范围

1 ≤ T ≤ 20

集合S内的数两两不同且范围在1到500000之间。

小数据

1 ≤ N ≤ 15

大数据

1 ≤ N ≤ 1000

样例输入

3

5

2 4 8 16 32

5

2 3 4 6 9

3

1 2 3

样例输出

Case #1: 3

Case #2: 3

Case #3: 2


此题目：小数据的情况下，直接暴力就可以了，大数据的算法没想出来！
代码：

#include <stdio.h>

#include <string.h>

#include <stdlib.h>

#include <ctype.h>

#include <math.h>

#include <vector>

#include <algorithm>

#define N 100000+10





using namespace std;

int f[500002];

void sushu()

{

    memset(f, 0, sizeof(f));

    int i=2;

    f[1]=1;

    f[0]=1;

    int dd=sqrt(500000+0.5);

    while(i<=dd)

    {

        for(int j=i*2; j<=500000; j+=i)

        {

            f[j]=1;

        }

        i++;

        while(f[i]==1)

            i++;

    }

}



int a[1010];

int b[1010], e=0;



int main()

{

    int t;

    scanf("%d", &t);

    sushu();

    int n;

    int i, j, k;



    int dd=1;

    while(t--)

    {

        scanf("%d", &n);

        for(i=0; i<n; i++)

        {

            scanf("%d", &a[i]);

        }

        int len=0;

        bool flag;

        int cnt;

        for(i=0; i<n; i++)

        {



            memset(b, 0, sizeof(b));

            e=0;

            b[e++]=a[i];

            for(j=i+1; j<n; j++)

            {

                flag=true;

                for(k=0; k<e; k++)

                {

                    if(a[j]%b[k]==0 && f[a[j]/b[k]]==0 )

                    {

                        flag=false;

                        break;

                    }

                }

                if(flag==true)

                    b[e++]=a[j];

            }

            if(e > len )

                len = e;

        }

        printf("Case #%d: %d\n", dd++, len );

    }

    return 0;

}