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JZ模拟赛 8.10

时间:2018-08-10 23:22:28      阅读:442      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:tsm   kth   bubuko   aos   空间   并且   记录   src   更新   

B组:

阶乘 

Description

有n个正整数a[i],设它们乘积为p,你可以给p乘上一个正整数q,使p*q刚好为正整数m的阶乘,求m的最小值。

Data Constraint

对于10%的数据,n<=10
对于30%的数据,n<=1000
对于100%的数据,n<=100000,a[i]<=100000
Solution:

对于所有数据,不能直接乘。考虑质因数分解。

n根号n分解a[i],把所有的a[i]指数相加,就是p的质因数分解。

p=2^q1*3^q2*5^q3....

m的阶乘质因数分解至少有q1个2,q2个3。。。

m的阶乘有多少个质因子2呢?

[m/2]+[m/2^2]+[m/2^3]....([]是下取整)

对于3、5同理

所以,就二分一个m,找一下阶乘中所有质数指数是几,大于qi可能是答案。

复杂度:n根号n + log(long long)*(小于100000质数个数,数量小于10000个)*logpim

 

T2:

Description

       小S是一个爱锻炼的孩子,他在放假期间坚持在A公园练习跑步。
      但不久后,他就开始为在重复的地点练习感到厌烦了,他就打算去B公园跑步。
      但是小S由于没有去过B公园,他不知道B公园是否适合练习跑步,又不知道在B公园怎样跑是最优的。所以小S就去B公园进行了一番勘测。
      小S在进行了一番勘测后,画出了一张地图,地图每一个位置上都辨识了小S到达该位置后不能往哪一个方位移动。其中有5种表示的符号:“U”代表不能向上移动,“D”代表不能向下移动,“L”代表不能向左移动,“R”代表不能向右移动,如果该位置有障碍物,小S到达那里后无法继续训练,就用“S”来代表。整个公园共有n行m列,小S会从第1行第1列出发,到第n行第m列结束他的练习。
      现在小S想要知道,从起点(即第1行第1列)到终点(第n行第m列),途中最少要改变几次方向(即上一次移动的方向和这一次移动的方向不一样)?
      注意:小S如在训练途中离开公园(即地图范围),则算是结束训练。

  n,m<=500

 

Solution:

bfs爆搜即可。加一个最优性剪枝。

 

T3:

Description

2018年1月31日,152年一遇的超级大月全食在中国高空出现(没看到的朋友真是可惜),小B看到月食,便对月球的轨道产生了兴趣。他上网查重力加速度的公式,公式如下:

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就在这个时候,他想到了一个跟这个差不多的问题,那就是对于以下公式:
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已知n和k,求这n个正整数在都不大于m的情况下有多少种选择方式,使得v为与k互质正整数?

 

Data Constraint

 

数据范围
对于20%的数据 1<=n,m<=8 k<=100
对于40%的数据 1<=n<=50 1<=m<=10^6 1<=k<=10^4
对于70%的数据 1<=n<=100 1<=m<=10^9 1<=k<=10^7
对于100%的数据 1<=n<=3000 1<=m<=10^9 1<=k<=10^7
Solution:

题出的不错。
20分暴力。
dp?
设f[i][j]表示,前i个数,乘积为j的方案数。
乘积太大放不下。
发现,要判断除完了能整除,并且除完了和k互质,就可以。
也就是说,乘积一定是k的倍数,并且,乘积中的每一个在k中出现的质因子,不能在乘积出现次数多于其在k中的出现次数。
直接讲满分思路:
设f[i][j]表示,前i个数,乘积和k的最大公约数是k的第j个约数的方案数。
最后的答案就是,f[i][cnt] k最后一个约数就是自己。
 
转移方程:f[i][j]=f[i-1][k]*( ..... ) (a[j]%a[k]==0)
a[j]表示,k的第j个因数是几。
显然,第j个约数想要转移过来,必须从a[j]的某个约数a[k]乘上剩下的a[j]/a[k]转移过来。

所以用一下乘法原理,就是乘上f[1][num[a[j]/a[k]]] num表示,这个约数是k的第几个约数。

就是填一个数,使得和k的gcd是第a[j]/a[k]个因数的方案数。

(显然,a[j]/a[k]是k的一个因数,所以可以直接放进f[][]里表示。)

 

所以,我们要预处理f[1][p],

类似longge的问题,(我的方法和网上的不一样)

[SDOi2012]longge的问题

直接枚举k的因子,然后容斥即可。

 

最后dp一下。

发现,3000*(因数个数)^2 会TLE。

那么,因为转移的时候,a[j]%a[k]==0,所以a[k]是a[j]的因数,可以预处理a[j]的所有也是k的因数的因数。

也可以,在枚举的时候,直接枚举到根号a[j]即可,另一半直接算出来。

 

A组:

T1:

旅行 

悠悠岁月,不知不觉,距那传说中的pppfish晋级泡泡帝已是过 去数十年。数十年 中,这颗泡泡树上,也是再度变得精彩,各种泡泡 天才辈出,惊艳世人,然而,似乎 不论后人如何的出彩,在他们的头 顶之上,依然是有着一道身影而立。 泡泡帝,pppfish。 现在,pppfish即将带着被自己收服的无数个泡泡怪前往下一个 空间,而在前往下 一个空间的道路上,有N个中转站,和M条空间虫洞连接中转站(双向通道,可有重 边,可有环),然而,通过虫洞 是要一定的条件的,pppfish将手下所有泡泡怪编号为 1,2 … +∞,对于每个空间虫洞,有两个值L和R,表示此虫洞只允许编号从L到 R的泡 泡怪通过,pppfish现在在1号中转站,他想带尽可能多的泡 泡怪到达N号中转站,于是 pppfish找到了机智的你,希望你告诉 他最多可以带多少个泡泡怪,同时他还想知道所 有泡泡怪的编号(若 有多组解取字典序最小的一组 )

 

Data Constraint

30%的数据 1 <= N,M <= 10
100%的数据 2 <= N <= 1000, 0 <= M <= 3000, 1 <= a, b <= N, 1 <= l <= r <= 10^6

Solution:

枚举左端点,二分右端点,然后并查集判断联通?logle6*1e6*3000不行。

但是,最终的L,R必定是出现过的l,r!!!!只有3000个!!

所以,3000*log3000*3000可以过。

 

T2:

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Solution:

伤心的题,差点做对。。

考虑前缀问题,一定是要trie了。把Ti放进trie里,

起初我的做法是:每个点记录是否是,是哪个si的结尾,然后,每个点开一个vector,从所有的ti的结尾的点,放进vector里,从叶子开始向上归并,到了一个有si结尾的点,最长0的长度就是相邻编号的差的最大值。

然后,MLE!!

其实不用这么麻烦了。

因为我们只要知道经过一个点相邻编号差的最大值,而我们的Ti从1~n插入,,

所以,每个trie上点维护一个las,mx值,表示上一次经过这个点的T的编号,和当前编号最大值。

每次经过一个点,就把这个编号和las做差-1尝试更新mx,开始把0,最后把n+1也加进去做个差

这样就统计出了trie上每一个点的答案。

然后不就想怎么做就怎么做???

插入si,到末尾直接查询!

 

T3:

划分 

有一个未知的序列x,长度为n。它的K-划分序列y指的是每连续K个数的和得到划分序列,y[1]=x[1]+x[2]+....+x[K],y[2]=x[K+1]+x[K+2]+....+x[K+K]....。若n不被K整除,则y[n/K+1]可以由少于K个数加起来。比如n=13,K=5,则y[1]=x[1]+...+x[5],y[2]=x[6]+....+x[10],y[3]=x[11]+x[12]+x[13]。若小A只确定x的K[1]划分序列以及K[2]划分序列....K[M]划分序列的值情况下,问她可以确定x多少个元素的值。

Sample Input

【输入样例1】
3 1
2
【输入样例2】
6 2
2 3
【输入样例3】
123456789 3
5 6 9

Sample Output

【输出样例1】
1
【输出样例2】
2
【输出样例3】
10973937

Hint

【样例1解释】
小A知道x的2-划分序列,即分别知道x[1]+x[2],x[3]的值。
小A可以知道x[3]的值。
【样例2解释】
小A知道x的2-划分序列,即分别知道x[1]+x[2],x[3]+x[4],x[5]+x[6] 的值。
小A知道x的3-划分序列,即分别知道x[1]+x[2]+x[3] ,x[4]+x[5]+x[6] 的值。
小A可以知道x[3],x[4]的值,个数为2.

Data Constraint

对于20%的数据,3 <= N <= 2000,M<=3。
对于40%的数据,3 <= N <= 5*10^6。
对于100%的数据,3 <= N <= 10^9 , 1 <= M <= 10,2 <= K[i] < N。
 
Solution:
说白了,一个x的值能被确定,
需要先知道一点,假如 x[p]能够求出来,那么必定存 在一对(i,j),
满足 P mod k[i]=0,p mod k[j]=1 相当于 p=a1*k[i]=a2*k[j]+1 即 a1*k[i]-a2*k[j]=1,
这个就可以用扩展欧几里得算法 来求通解,并且我们可以知道,有解的条件必定是 gcd(k[i],k[j])=1.
但是,这样做会重复计算
我们从m个数中选择的组合,
就是所有的(i,j)但是,可能存在:
P mod k[i]==0 P mod k[j]==0 P mod k[c]==1
这个P会被算两次。
所以,考虑容斥
P mod k[i]==0 P mod k[j]==0的P
相当于 P mod lcm ==0的P
mod lcm ==1 也一样
所以,对于每一个k,
可以把它放进mod1的集合里,也可以放进mod0 的集合里,也可以不放进去
有三种情况。
3^m枚举选择情况。
系数是:(-1)^(|a|+|b|)第一个集合size+第二个集合size
然后每次用exgcd做一下就好了。
边界情况再处理一下。
 

JZ模拟赛 8.10

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原文地址:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9457487.html

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