标签：include %s 最近公共祖先 color 活着 关于 page 因子 图片
考试开始于九月十五朦胧的晨光中
L·可怜·无助·又不会中序遍历·L打开了Ta面前的电脑
说时迟，那时快
只见得L·全电竞唯一一只蒟蒻·L刚好按下开机密码后的空格
一位不知名的陈姓人氏坐在教师机前
向下面颓废的LL以及所有大佬们双眉一挑
一时间蒟蒻震惊，大佬欢欣
：
中秋surprise之中秋考试大礼包
糖糖有一个整数A,设A的十进制表示为 a 1 a 2 a 3 ...a n a1a2a3...an ;
定义 rotate(a 1 a 2 a 3 ...a n )=a 2 a 3 ...a n a 1 rotate(a1a2a3...an)=a2a3...ana1
糖糖利用这个方法生成了n个数字串,其中:
b1=a,b2=rotate(b1),...,b n =rotate(b n−1 ) b1=a,b2=rotate(b1),...,bn=rotate(bn−1)
糖糖对于这些数字串在十进制下的和很感兴趣,现设 ∑b i =S ∑bi=S
她想知道S的最小非1的因子是多少
输入文件仅有一行，包含一个整数A
输出文件仅一行表示答案所求的最小非1因子，保证答案不超过5×10 6 5×106
1981019292332样例2提示：233对应的b1..b3分别是:233,332,323，他们的和为888，最小非1因子为2
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这道数论模板结合很容易想到统计出两个数字sum(数字和）*11111……1(位数1）
分别对两个数字求一遍最小质因子维护最小
#include<bits/stdc++.h> #define re return #define ll long long #define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i) using namespace std; template<typename T>inline void rd(T&x) { char c;bool f=0; while((c=getchar())<‘0‘||c>‘9‘)if(c==‘-‘)f=1; x=c^48; while((c=getchar())>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=x*10+(c^48); if(f)x=-x; } const int maxn=5000000; int n,sum,prime[5000005],prime_cnt,ans1,ans2; char s[5000005]; bool notprime[5000005]; inline void Get_prime() { notprime[1]=1; inc(i,1,maxn) { if(!notprime[i]) prime[++prime_cnt]=i; for(int j=1;j<=prime_cnt;++j) { if((ll)i*prime[j]>maxn)break; notprime[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0)break; } } } inline ll pow(ll a,ll x,ll mod) { ll res=1; while(x) { if(x&1)res=(res*a)%mod; a=(a*a)%mod; x>>=1; } re res; } inline int Get_ans1(int sum) { inc(i,1,prime_cnt) if(sum%prime[i]==0||(pow(10,n,9*prime[i])==1))re i; re prime_cnt; } int main() { scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); inc(i,1,n) sum+=(s[i]^48); Get_prime(); ans1=Get_ans1(sum); printf("%d",prime[ans1]); re 0; }
小T很喜欢研究树形数据结构，这一天，他的哥哥小Q丢给了小T一个问题：给定一序列，判断其是否为一颗二叉树的中序遍历，对于小T来说，这个问题太简单了，所以哥哥又添加了一个条件：树边连接的两个点的权值不能互质。现在小T对这个问题毫无对策，于是他请你帮他解决这个问题。
输入文件名为 tree.in。每个输入文件包含多组数据。
输入文件仅有一行，第一行一个数字T，表示测试组数
对于每一组测试样例
第一行一个数字n，表示序列长度
第二行有n个数字ai，表示这个序列
输出文件名为 tree.out。
输出文件输出T行，如果可以恢复出二叉树，则输出Yes，否则输出No。
2
6
5 4 7 9 5 4
4
2 6 3 4No
Yes对于 40%的数据，T≤5，n≤10，2≤ai≤10 9 T≤5，n≤10，2≤ai≤109 。
对于100%的数据，T≤5，n≤500，2≤ai≤10 9 T≤5，n≤500，2≤ai≤109 。
虽然L·分不清中序遍历与先序遍历·L强行写了两篇代码
然后灰常坚定地认为先序遍历就是中序遍历
交了上去
成功的苟到80pts
还是莫名很悲伤
#include<bits/stdc++.h> #define re return #define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i) using namespace std; template<typename T>inline void rd(T&x) { char c;bool f=0; while((c=getchar())<‘0‘||c>‘9‘)if(c==‘-‘)f=1; x=c^48; while((c=getchar())>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=x*10+(c^48); if(f)x=-x; } int T,n,m,L[505][505],R[505][505],match[505][505],a[505],f[505][505]; inline int gcd(int a,int b) { re b?gcd(b,a%b):a; } /*蒟蒻在线悲痛，中序遍历是什么*/ int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); rd(T); while(T--) { rd(n); memset(R,0,sizeof R); memset(L,0,sizeof L); inc(i,1,n)L[i][i]=R[i][i]=1; /* memset(f,0,sizeof f); inc(i,1,n)f[i][i]=1; */ inc(i,1,n)rd(a[i]); inc(i,1,n)inc(j,i+1,n) if(gcd(a[i],a[j])!=1)match[i][j]=match[j][i]=1; else match[i][j]=match[j][i]=0; /* inc(k,1,n-1) inc(i,1,n-k) { int j=i+k; inc(kk,i+1,j-1)//强制有两子树 if(match[i][i+1]&&match[i][kk+1])f[i][j]|=(f[i+1][kk]&&f[kk+1][j]); if(match[i][i+1])f[i][j]|=f[i+1][j]; } */ inc(k,1,n-1) inc(i,1,n-k) { int j=i+k; inc(kk,i,j-1)//强制分成左块 if(match[kk][j])L[i][j]|=(L[i][kk]&&R[kk][j-1]); inc(kk,i+1,j)//强制分成右块 if(match[i][kk])R[i][j]|=(L[i+1][kk]&&R[kk][j]); } int f=0; inc(i,1,n) if(L[1][i]&&R[i][n])f=1; //if(f[1][n]) if(f)printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } re 0; }
wonderland的地图可以抽象成一个N个点的有根树，第i个点上生活着编号为i的精灵，根节点为1号节点。
一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1，第i只精灵和第j只精灵的亲密度为他们在树上最近公共祖先的深度。
现在Jessica想询问你Q次，每次询问第z只精灵和第l~r只精灵的亲密度的和是多少。答案对201314（不是一个质数）取模。
输入文件名为 elf.in。
第一行有2个整数，分别代表N,Q。
接下来N-1行，分别表示点2到点N的父亲节点编号。
接下来Q行，每行3个整数，分别代表一组询问的l r z。
输出文件名为 elf.out。
输出共Q行，每行一个整数表示询问的答案，答案对201314（不是一个质数）取模。
5 2
1
1
2
2
2 5 4
2 5 3 85
对于所有数据：N,Q≤10^5, 1≤l≤r≤N, 1≤z≤N。
Subtask1(5分):Q,N≤5
Subtask2(10分):Q≤100,N≤500
Subtask3(15分):Q≤1000,N≤1000
Subtask4(15分):树的形态为一条链，x(x≥2)节点的父亲为x-1。
Subtask5(30分):z为定值
Subtask6(25分):无特殊限
差分树链剖分/LCT
只有那么美好了
这是个人能想的出来的东西吗
作为一个人，LL写的暴力，非常暴力的暴力
由于longlong开炸了get_60pts
亲测可得75pts
#include<bits/stdc++.h> #define re return #define ll long long #define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;--i) #define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i) using namespace std; template<typename T>inline void rd(T&x) { char c;bool f=0; while((c=getchar())<‘0‘||c>‘9‘)if(c==‘-‘)f=1; x=c^48; while((c=getchar())>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=x*10+(c^48); if(f)x=-x; } const int maxn=100005; ll ans; int fz=-1,n,Q,fa[maxn][17],deep[maxn]; ll L[maxn],R[maxn],Z[maxn]; vector<int>G[maxn]; inline void dfs(int x) { deep[x]=deep[fa[x][0]]+1; for(int i=0;fa[fa[x][i]][i];++i) fa[x][i+1]=fa[fa[x][i]][i]; for(vector<int>::iterator it=G[x].begin();it!=G[x].end();++it) { int v=*it; fa[v][0]=x; dfs(v); } } inline int Lca(int x,int y) { if(deep[x]<deep[y])x^=y^=x^=y; dec(i,16,0) if(deep[fa[x][i]]>=deep[y]) x=fa[x][i]; if(x==y)re deep[x]; dec(i,16,0) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) { x=fa[x][i]; y=fa[y][i]; } re deep[fa[x][0]]; } //------------------------------------------- inline void baoli1() { int l,r,z; dfs(1); inc(i,1,Q) { ans=0; rd(l),rd(r),rd(z); inc(j,l,r) ans=(ans+Lca(z,j))%201314; printf("%lld\n",ans); } } //---------------------------------------------- #define ls rt<<1 #define rs rt<<1|1 ll sum[maxn<<2]; inline void pushup(int rt) { sum[rt]=(sum[ls]+sum[rs])%201314; } inline void build(int rt,int l,int r) { if(l==r) { sum[rt]=Lca(l,fz); re ; } int mid=(l+r)>>1; build(ls,l,mid); build(rs,mid+1,r); pushup(rt); } inline void query(int rt,int l,int r,int x,int y) { if(x<=l&&r<=y) { ans=(ans+sum[rt])%201314; re ; } int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid)query(ls,l,mid,x,y); if(y>mid) query(rs,mid+1,r,x,y); } inline void baoliz()//线段树映射 { dfs(1); build(1,1,n); inc(i,1,Q) { ans=0; query(1,1,n,L[i],R[i]); printf("%lld\n",ans); } } //----------------------------------------------- inline void baolilian() { inc(i,1,Q) { if(Z[i]<=L[i]) printf("%lld\n",(R[i]-L[i]+1)*Z[i]%201314); else if(R[i]<=Z[i]) { printf("%lld\n",((L[i]+R[i])*(R[i]-L[i]+1))/2%201314); } else { ans=((L[i]+Z[i]-1)*(Z[i]-L[i])/2%201314); ans+=(R[i]-Z[i]+1)*Z[i]%201314; printf("%lld\n",ans%201314); } } } //----------------------------------------------- int main() { int x,y; rd(n),rd(Q); inc(i,2,n) { rd(x); G[x].push_back(i); } if(n<=1000&&Q<=1000)baoli1(); else { if(Q)rd(L[1]),rd(R[1]),rd(Z[1]); fz=Z[1]; inc(i,2,Q) { rd(L[i]),rd(R[i]),rd(Z[i]); if(fz!=Z[i])fz=-1; } if(fz==-1)baolilian(); else baoliz(); } re 0; }
标签：include %s 最近公共祖先 color 活着 关于 page 因子 图片
原文地址：https://www.cnblogs.com/lsyyy/p/11523464.html
