标签：getch define freopen 超过 end turn 题解 n+1 大于
我好菜啊
题意：
定义p-二进制数为2^k-p，给出n和p，求用最小个数的p-二进制数来表示n
1<=n<=10^9,-1000<=p<=1000
题解：
猜结论，答案不会很大
n可以表示成kp+s的形式，枚举k，判断(n-kp)是否能用k个2的幂构成
画一下图可以发现，如果可以构成，那么满足(n-kp)的位数<=k<=n-kp
（相当于把一颗二叉树上一个点变成两个）
证明答案不会很大：
首先(n-kp)的位数最多为30
①p>=0
显然当k超过30后，如果不满足则之后也不满足
②p<0
那么n-kp显然大于等于k
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;
long long n,s;
int p,i,j,k,l;
bool pd(long long t)
{
long long T=t;
int sum=0;
while (T)
{
sum+=T&1;
T>>=1;
}
if (s>=sum && s<=t)
return 1;
else
return 0;
}
int main()
{
// freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%I64d%d",&n,&p);
while (!pd(n))
{
n-=p;
++s;
if (n<0 ||s>100)
break;
}
if (n>=0 && pd(n))
printf("%I64d\n",s);
else
printf("-1\n");
}题意：
给出n个数和k，求(i,j)的个数（i<j），使得ai*aj=x^k
n<=10^5,2<=k<=100
题解：
能表示成x的k次方，意味着乘积质因数分解后每一位的指数%k=0
也就是(ai中p的指数+aj中p的指数)%k=0，把i或j的指数取负，变成求ai和aj质因数指数相等的(i,j)个数
可以排序搞，根据k讨论一下大质数
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
int a[200001];
int p[200001][66];
int P[317];
int c[200001];
int N,n,K,i,j,k,l,s,len,ls,s1,s2;
long long ans;
bool bz;
bool cmp(int a,int b)
{
int i;
fo(i,1,65)
if (p[a][i]<p[b][i])
return 1;
else
if (p[a][i]>p[b][i])
return 0;
return 0;
}
bool pd(int t)
{
int i;
fo(i,1,65)
if (p[a[t]][i]!=p[a[t+1]][i])
return 0;
return 1;
}
bool Cmp(int x,int y)
{
return p[x][0]<p[y][0];
}
int main()
{
// freopen("b.in","r",stdin);
fo(i,2,316)
{
k=1;
fo(j,2,floor(sqrt(i)))
if (!(i%j))
{
k=0;
break;
}
if (k)
P[++len]=i;
}
scanf("%d%d",&n,&K);
fo(i,1,n)
{
scanf("%d",&l);
fo(j,1,len)
if (!(l%P[j]))
{
while (!(l%P[j]))
{
l/=P[j];
++p[i][j];
}
p[i][j]%=K;
p[i+n][j]=(K-p[i][j])%K;
}
if (l>1)
{
p[i][0]=l;
p[i+n][0]=l;
}
}
N=n+n;
fo(i,1,N)
a[i]=i;
// fo(i,1,N)
// {
// fo(j,0,5)
// cout<<p[i][j]<<" ";
// cout<<endl;
// }
sort(a+1,a+N+1,cmp);
// fo(i,1,N)
// cout<<a[i]<<endl;
// fo(i,1,N)
// {
// fo(j,0,5)
// cout<<p[a[i]][j]<<" ";
// cout<<endl;
// }
ls=1;
fo(i,1,N)
if (i==N || !pd(i))
{
l=0;
fo(j,ls,i)
c[++l]=a[j];
sort(c+1,c+l+1,Cmp);
if (K>=3)
{
s1=0;s2=0;
fo(j,1,l)
if (!p[c[j]][0])
{
if (c[j]<=n)
++s1; else ++s2;
}
// fo(j,1,l)
// if (c[j]<=n)
// cout<<c[j]<<" ";
// else
// cout<<-(c[j]-n)<<" ";
// cout<<endl;
// cout<<" "<<s1*s2<<" "<<s1<<" "<<s2<<endl;
ans+=(long long)s1*s2;
}
else
{
s1=0;s2=0;
fo(j,1,l)
{
if (j==1 || p[c[j]][0]==p[c[j-1]][0])
{
if (c[j]<=n)
++s1; else ++s2;
}
else
{
ans+=(long long)s1*s2;
s1=0;s2=0;
if (c[j]<=n)
++s1; else ++s2;
}
}
ans+=(long long)s1*s2;
}
ls=i+1;
}
if (K==2)
{
fo(i,1,n)
{
fo(j,1,65)
if ((p[i][j]*2%K))
break;
if (j>65)
--ans;
}
}
else
{
fo(i,1,n)
if (!p[i][0])
{
fo(j,1,65)
if ((p[i][j]*2%K))
break;
if (j>65)
--ans;
}
}
printf("%I64d\n",ans/2);
}题意：
给出n*m的方格图，每个格子上有514石头或者为空
从(1,1)开始向(n,m)移动（只能向右/下），每次移动会把一行/一列的石头向右/下推一格，不能把石头推出方格图外
求方案数
题解：
差点就切了的sb题
一个合法的路径有若干次转折，可以发现每次转折时所转到的方向上的石头都没被推过
所以只需要考虑当前方向往后的石头个数即可转移，用前缀和优化
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 1000000007
using namespace std;
bool a[2002][2002];
int s1[2002][2002];
int s2[2002][2002];
int f[2002][2002][2];
int g[2002][2002][2];
int n,m,i,j,k,l;
char ch;
int main()
{
// freopen("c.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
fo(i,1,n)
{
fo(j,1,m)
{
ch=getchar();
while (ch!='.' && ch!='R')
ch=getchar();
a[i][j]=ch=='R';
}
}
if (a[n][m])
{
printf("0\n");
return 0;
}
if (n==1 && m==1)
{
printf("1\n");
return 0;
}
fd(i,n,1)
{
fd(j,m,1)
{
s1[i][j]=s1[i][j+1]+a[i][j];
s2[i][j]=s2[i+1][j]+a[i][j];
}
}
f[1][1][0]=1;
f[1][1][1]=1;
fo(i,1,n)
{
fo(j,1,m)
{
if (i>1 || j>1)
{
f[i][j][0]=g[i][j][0];
f[i][j][1]=g[i][j][1];
}
fo(k,0,1)
if (f[i][j][k])
{
if (!k)
{
g[i][j][k^1]=(g[i][j][k^1]+f[i][j][k])%mod;
g[i][m-s1[i][j+1]+1][k^1]=(g[i][m-s1[i][j+1]+1][k^1]-f[i][j][k])%mod;
}
else
{
g[i][j][k^1]=(g[i][j][k^1]+f[i][j][k])%mod;
g[n-s2[i+1][j]+1][j][k^1]=(g[n-s2[i+1][j]+1][j][k^1]-f[i][j][k])%mod;
}
}
g[i][j+1][1]=(g[i][j+1][1]+g[i][j][1])%mod;
g[i+1][j][0]=(g[i+1][j][0]+g[i][j][0])%mod;
}
}
printf("%d\n",((f[n][m][0]+f[n][m][1])%mod+mod)%mod);
}题意：
把一条链进行若干次操作，每次操作选择一个点，把这个点的父亲设为其父亲的父亲
求最小的操作使得能把链变成给出的一棵树，并给出链的初始编号和每次操作的点编号
题解：
很妙的构造题
一开始想把每个点接到兄弟节点中深度最小的点，但是挂了
考虑把树变成链，一次操作实质是把一个点的父亲设为其的一个兄弟节点
由于每次操作树的深度最多+1，所以操作次数的下限为(n-深度)
先找出树上最长链，每次把最长链上的一个点v下移到兄弟u，下移后最长链多了u
每次深度+1，所以这样的操作次数刚好是(n-深度)，即为最优
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;
int a[100001][2];
int ls[100001];
int fa[100001];
int nx[100001];
int Ans[100001];
bool bz[100001];
int d[100001];
int n,i,j,k,l,len,ans,tot,tot2,mx,mx2,h,t;
void New(int x,int y)
{
++len;
a[len][0]=y;
a[len][1]=ls[x];
ls[x]=len;
}
void dfs(int t,int d)
{
int i;
if (d>mx)
mx=d,mx2=t;
for (i=ls[t]; i; i=a[i][1])
fa[a[i][0]]=t,dfs(a[i][0],d+1);
}
int main()
{
// freopen("d.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
fo(i,2,n)
{
scanf("%d",&fa[i]);++fa[i];
New(fa[i],i);
}
dfs(1,1);
while (mx2)
{
bz[mx2]=1;
nx[fa[mx2]]=mx2;
mx2=fa[mx2];
}
fo(j,1,n)
if (bz[j])
{
for (i=ls[j]; i; i=a[i][1])
if (!bz[a[i][0]])
d[++t]=a[i][0];
}
while (h<t)
{
++h;
j=nx[fa[d[h]]];
for (i=ls[d[h]]; i; i=a[i][1])
d[++t]=a[i][0];
fa[j]=d[h];
nx[fa[d[h]]]=d[h];
nx[d[h]]=j;
Ans[++tot]=j;
}
for (i=1; i; i=nx[i])
printf("%d ",i-1);
printf("\n");
printf("%d\n",tot);
fd(i,tot,1)
printf("%d ",Ans[i]-1);
}题意：
给出一个数k和n个数（都不能整除k），每次可以把两个数合并，合并后的值除k直到不整除为止
求一种把n个数合并成1的方案
n<=16,k<=2000,∑ai<=2000
题解：
O(3^n*2000)的做法显然过不了
可以发现，每种合并的方案最终都可以表示为∑ai*k^bi，其中bi<0
证明每种∑ai*k^bi=1的情况都能对应一种合法方案：
①n=1
那么只有a1=1时才成立
（不存在a1>1的情况）
②n>1
设序列中最小的bi为B，那么必定存在至少两个bi=B
证明：
若只有一个，那么
∑ai*k^bi=1
∑ai*k^(bi-B)=k^(-B)
当bi>B时，乘积必为k的倍数，而右侧也为k的倍数
如果只有一个bi=B，且ai%k≠0，左右在模k意义下不等，实际也必然不等
那么每次把bi=bj=B的ij合并，把新的数的b变为(b+合并后的数除k的次数)，合并的数变为f(i+j)即可
可以发现这样仍满足∑ai*k^bi=1，而n-1的所有情况都已经归纳证明了
③n=2
由于n=1比较特殊，所以n=2也要特殊考虑
从n>1的结论得知，b1=b2=B
因为a1*k^B+a2*k^B=1
a1+a2=k^(-B)
所以f(a1+a2)=1，可以变为n=1的情况，即上文所说不存在a1>1
那么dp就很显然了，考虑每次操作加一个a，或者对于所有的a除以k
把一种合法的序列还原时，可以发现其中不存在小数
所以dp时的ai和也必为整数
用bitset优化，反着还原dp，然后正着求出每次操作
还原dp时不需要记录上个状态（因为有bitset），每次枚举一种操作判断原状态是否存在即可
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;
struct type{
int a,b;
} b[17];
int p[17];
int a[17];
int ans[101];
bitset<2001> f[65536];
int n,K,L,i,j,k,l,sum,len,s,tot;
bool cmp(type a,type b)
{
return a.b>b.b;
}
int main()
{
// freopen("e.in","r",stdin);
p[1]=1;
fo(i,2,16)
p[i]=p[i-1]<<1;
scanf("%d%d",&n,&K);L=(p[n]<<1)-1;
fo(i,1,n)
scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
sum/=K;
f[0][0]=1;
fo(i,1,L)
{
fo(j,1,n)
if (i&p[j])
f[i]|=f[i^p[j]]<<a[j];
fd(j,sum,1)
if (f[i][j*K])
f[i][j]=1;
}
if (!f[L][1])
printf("NO\n");
else
{
printf("YES\n");
s=L;j=1;
while (j)
{
if (j<=sum && f[s][j*K])
{
j*=K;
ans[++len]=-1;
continue;
}
fo(i,1,n)
if (s&p[i] && j>=a[i] && f[s-p[i]][j-a[i]])
{
s-=p[i];
j-=a[i];
ans[++len]=i;
break;
}
}
j=0;
fo(i,1,len)
if (ans[i]==-1)
++j;
else
b[++tot]={a[ans[i]],-j};
while (tot>1)
{
sort(b+1,b+tot+1,cmp);
printf("%d %d\n",b[tot-1].a,b[tot].a);
b[tot-1].a+=b[tot].a;
--tot;
while (!(b[tot].a%K))
b[tot].a/=K,++b[tot].b;
}
}
}Codeforces Round #596 Div1 A~E题解
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