2017zstu新生赛
1.b^3 - a^3 = c（zy）
zy说要卡nlogn的，然而他实际给的组数只有100组，而后由于在windows下随机的，因此给出的 c <= 100000。而后只要胆子大。。。。c++
经过打表发现，x^3-(x-1)^3 <= 1e9, x的最大值是18258面试
而后咱们用一个数组去记录 2^3-1^3, 3^3-2^3, 4^3-3^3, ...., 18258^3-18257^3windows
对于c, 用尺取去判断就行了数组
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int UP = 18258 + 10; vector<ll> ss; int c; int main () { for (ll i=2; i<UP; ++i) { ss.emplace_back(i*i*i-(i-1)*(i-1)*(i-1)); } freopen("1.in","r",stdin); freopen("11.out","w",stdout); while (~ scanf("%d", &c)) { ll sum = 0; deque<int> q; bool flag = false; for (int i=0; i<UP; ++i) { q.push_back(i); sum += ss[i]; while (!q.empty() && sum>c) { sum -= ss[q.front()]; q.pop_front(); } if (sum==c) { flag = true; printf ("%d %d\n", q.front()+1, q.back()+2); break; } } if (!flag) puts("-1"); } return 0; }
2.cs的禁断魔法（zy）
主席树 + 二分，而后感受是全部题里写起来最费劲的ide
deep是点在树上的深度，maxdeep(i) : 表示在i这棵子树里，会出现的最大deep函数
把全部点按照(deep, val)去sort，而后按照deep从小到大去建主席树。spa
建主席树就是按照dfs序插入到线段树里，而后区间维护最小值。3d
而后对于每次询问 x c, 就二分深度，而后用主席树check就行了code
整体复杂度：O(nlogn + Qloglog)blog
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int M = 1e5+10; const int logn = 22; const int nill = 0; typedef pair<int,int> pii; int deep[M], maxndeep[M]; pii a[M]; int val[M]; vector<int> g[M]; int tin[M], tout[M], tim; int n, Q; void dfs (int u) { tin[u] = ++tim; maxndeep[u] = deep[u]; for (int i=0; i<g[u].size(); ++i) { int v = g[u][i]; deep[v] = deep[u]+1; a[v].first = a[u].first+1; a[v].second = v; dfs(v); maxndeep[u] = max(maxndeep[u], maxndeep[v]); } tout[u] = tim; } int rt[M], ls[M*logn], rs[M*logn], T[M*logn]; struct Segtree { int sz; int alloc(int u) { T[sz] = T[u], ls[sz] = ls[u], rs[sz] = rs[u], T[sz] = T[u]; return sz ++; } void init() { rt[nill] = ls[nill] = rs[nill] = 0, T[nill] = inf; sz = 1; } void ins(int &o,int u,int l,int r,int x,int val) { o = alloc(u); T[o] = min(T[o], val); if (l==r) return; int mid = l+r>>1; if (x<=mid) ins(ls[o],ls[u],l,mid,x,val); else ins(rs[o],rs[u],mid+1,r,x,val); } int ask(int o,int l,int r,int pl,int pr) { if (pl<=l&&r<=pr) return T[o]; int mid = l+r>>1; if (pl<=mid && pr>mid) return min(ask(ls[o],l,mid,pl,pr), ask(rs[o],mid+1,r,pl,pr)); if (pl<=mid) return ask(ls[o],l,mid,pl,pr); return ask(rs[o],mid+1,r,pl,pr); } }sgt; int solve(int x,int c) { int l = deep[x], r = maxndeep[x], ret = -1; //printf ("maxndeep(%d)=%d\n", x, maxndeep[x]); //printf ("pl=%d,pr=%d\n", tin[x], tout[x]); //printf ("%d,%d:l=%d,r=%d\n", x,c,l,r); while (l <= r) { int mid = l+r>>1; //printf ("ask(%d)=%d\n", mid, sgt.ask(rt[mid],1,n,tin[x],tout[x])); if (sgt.ask(rt[mid],1,n,tin[x],tout[x]) > c) { ret = mid, l = mid+1; } else r = mid-1; } //printf ("ret=%d\n", ret); return ret==-1 ? 0 : ret - deep[x] + 1; } int main () { //freopen("2.in", "r", stdin); //freopen("22.out","w",stdout); while (~scanf("%d%d", &n,&Q)) { for (int i=1; i<=n; ++i) { g[i].clear(); scanf ("%d", val+i); } for (int i=2, u; i<=n; ++i) { scanf ("%d", &u); g[u].push_back(i); } a[1] = make_pair(1, 1); deep[1] = 1; tim = 0; dfs(1); sort(a+1, a+1+n); sgt.init(); for (int i=1,j=1; i<=maxndeep[1]; ++i) { rt[i] = rt[i-1]; while(j<=n && a[j].first == i) { sgt.ins(rt[i],rt[i],1,n,tin[a[j].second], val[a[j].second]); ++j; } } //puts("------------------"); int x, c; while (Q --) { scanf ("%d%d", &x,&c); printf ("%d\n", solve(x,c)); } } return 0; }
3.CS考四级（lyf）
后缀自动机，原本想教下16级小朋友的，而后好像没有时间了，大概留下个坑，让他们本身填吧，hhhhh
首先把每一个串按照 #s1#s2#s3#....sn差到sam里，（这里的#指标是特殊字符而已，个人模板里经过Inskey()函数来实现）
对于sam里的叶子节点能够经过len(i)数组和 #s1#s2#s3#....sn进行映射，找到对应的id
而后咱们维护sam里的每一个节点的 （min(id), max(id))便可，若是这两个值出如今同一个字符串s(i)里，那么对于当前这个节点来讲，
它全部能够接受的串都是s(i)的特征串
由于题目要求每一个串字典序最小的，因此再dfs处理下就行了
整体复杂度：O(segma(s(i))
//注意：由于 sam 在头部插入了一个 nill 字符（若是没有nill，right集会少 //因此对于 parent树 的叶子： //若是 l(leaf) == l(fa(leaf)) + 1, 那么说明实际上从 fa(leaf) -> leaf这条边其实是经过走 nill 字符经过的， //及原串其实是不会走到这个节点的。 //hdu6194 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int M = 2e5 + 10; int n; char s[M]; int col[M<<1]; string ans[M]; struct SAM { static const int kN = M << 1; static const int chN = 26; int fa[kN]; int go[kN][chN]; int l[kN]; int o; int rt; int lst; inline int newNode(int _l) { for (int i=0; i<chN; ++i) { go[o][i] = -1; } l[o] = _l; return o ++; } void Init() { o = 0; rt = lst = newNode(0); fa[rt] = -1; } inline void InsKey() { int p = lst, np = newNode(l[lst]+1); lst = np; fa[np] = rt; } inline void Ins(int c) { int p = lst, np = newNode(l[lst]+1); lst = np; //printf ("%c:%d\n", c+'a', np); while (~p && go[p][c] == -1) go[p][c] = np, p = fa[p]; if (p==-1) fa[np] = rt; else { int q = go[p][c]; if (l[p]+1 == l[q]) fa[np] = q; else { int nq = newNode(l[p]+1); //printf ("%c:%d\n", c+'a', nq); memcpy(go[nq], go[q], sizeof(go[q])); fa[nq] = fa[q]; fa[q] = fa[np] = nq; while (~p && go[p][c] == q) go[p][c] = nq, p = fa[p]; } } } //topo int ord[kN]; int cnt[kN]; int right[kN]; int in[kN]; void topo() { int maxVal = 0; memset (cnt, 0, sizeof(cnt[0])*o); for (int i=0; i<o; ++i) maxVal = max(maxVal, l[i]), ++ cnt[l[i]]; for (int i=1; i<=maxVal; ++i) cnt[i] += cnt[i-1]; for (int i=0; i<o; ++i) ord[-- cnt[l[i]]] = i; } int cc[kN][2]; vector<char> st; void dfs(int o) { if (o!=rt) { //printf ("%d:(%d,%d), ", o, cc[o][0], cc[o][1]); //cout << st << endl; if (cc[o][0] == cc[o][1] && !cnt[cc[o][0]]) { cnt[cc[o][0]] = 1; for (int i=0; i<st.size(); ++i) ans[cc[o][0]] += st[i]; //ans[cc[o][0]] = st; } } for (int i=0; i<26; ++i) if (go[o][i]!=-1){ st.push_back('a'+i); dfs(go[o][i]); st.pop_back(); } } void solve() { //for (int i=1; i<o; ++i) printf ("fa(%d)=%d\n", i, fa[i]); topo(); memset (cnt, 0, sizeof(cnt[0])*o); memset (in, 0, sizeof(in[0])*o); for (int i=1; i<o; ++i) ++in[fa[i]]; for (int i=1; i<o; ++i) { if(!in[i]) { //printf ("%d:l=%d,col=%d\n", i, l[i], col[l[i]-1]); cc[i][0] = cc[i][1] = col[l[i]-1]; } else { cc[i][0] = inf, cc[i][1] = -inf; } } for (int i=o-1; i>0; --i) { int f = fa[ord[i]]; cc[f][0] = min(cc[f][0], cc[ord[i]][0]); cc[f][1] = max(cc[f][1], cc[ord[i]][1]); } st.clear(); dfs(rt); } } sam; int main () { //freopen("3.in", "r", stdin); //freopen("3.out", "w", stdout); while (~scanf("%d", &n)) { sam.Init(); int len = 0; for (int i=0; i<n; ++i) { ans[i].clear(); sam.InsKey(); col[len ++] = i;// ???? scanf ("%s", s); for (int j=0; s[j]; ++j) { sam.Ins(s[j]-'a'); col[len ++] = i; } } sam.solve(); for (int i=0; i<n; ++i) { if (ans[i].empty()) puts("-1"); else cout << ans[i] << endl; } } return 0; } /* 2 aba ab 2 ab ab 2 bd ad 4 abd bdc ddd abab */
4.这不珂学 (lyf)
莫队+莫比乌斯容斥
大概高年级全部人都会求 n 个数的互质对数吧？（不会的话，请先去学这个）。
而后你会发现算贡献的时候，其实就只和每一个数的约数有关系，因此一个个算显然也是没有问题的。。。而后就没了
整体复杂度：O(n*sqrt(n)*60)，60是由于1e4之内的数约数数量的最大值是60
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 1e5 + 10; const int block = 150; typedef long long ll; vector<int> yue[M]; vector<bool> isprime; vector<int> mu; void sieve () { isprime.assign(M, true); isprime[0] = isprime[1] = false; for (int i=2; i<M/i; ++i) if (isprime[i]) { for (int j=i*i; j<M; j+=i) { isprime[j] = false; } } mu.assign(M, 1); for (int i=2; i<M; ++i) if (isprime[i]) { if (i<M/i) { for (int j=i*i; j<M; j+=i*i) mu[j] = 0; } for (int j=i; j<M; j+=i) mu[j] *= -1; } for (int i=1; i<M; ++i) { for (int j=i; j<M; j+=i) { yue[j].push_back(i); } } } int n, m; int a[M]; int ans[M]; int cnt[M]; int l, r; int nowAns; struct Query { int l, r; int id; bool operator < (const Query &rhs) const { if (l/block == rhs.l/block) { return r < rhs.r; } return l < rhs.l; } }qu[M]; void Move(int x,int tp) { //printf ("a(%d)=%d, tp=%d\n", x, a[x], tp); if (tp==1) { for (int i=0; i<yue[a[x]].size(); ++i) { int &v = yue[a[x]][i]; //printf ("cnt(%d)=%d\n",v , cnt[v]); nowAns += 1ll*mu[v]*cnt[v]; ++cnt[v]; } } else { for (int i=0; i<yue[a[x]].size(); ++i) { int &v = yue[a[x]][i]; --cnt[v]; nowAns -= 1ll*mu[v]*cnt[v]; } } //printf ("nowAns=%I64d\n", nowAns); } void solve() { sort(qu, qu+m); l = r = nowAns = 0; for (int i = 0; i < m; ++i) { const Query &q = qu[i]; while (l > q.l) Move(--l, 1); while (r < q.r) Move(++r, 1); while (l < q.l) Move(l++, -1); while (r > q.r) Move(r--, -1); ans[q.id] = nowAns; } } int main () { sieve(); //freopen("4.in", "r", stdin); //freopen("4.out", "w", stdout); while (~scanf ("%d%d", &n,&m)) { for (int i=1; i<=n; ++i) { scanf ("%d", a+i); } for (int i=0; i<m; ++i) { scanf ("%d%d", &qu[i].l, &qu[i].r); qu[i].id = i; } memset (cnt, 0, sizeof(cnt)); solve(); for (int i=0; i<m; ++i) { printf ("%d\n", ans[i]); } } return 0; } /* 4 2 15 10 6 7 1 3 2 4 */
5. 情人节的阻击 (lyf)
这种xjb题目区域赛常常会出
分红两类讨论：
一类是贴角放，尽可能放成正方形的；
另外就是沿着短一点的边放
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, x, y; int work(int x) { int f = sqrt(x); if (f*f>=x) return 2*f; if (f*(f+1)>=x) return 2*f+1; return 2*(f+1); } int main () { //freopen("5.in", "r", stdin); //freopen("5.out", "w", stdout); while (~scanf("%d%d%d%d", &n,&m,&x,&y)) { if (n>m) swap(n, m); if (x>y) swap(x, y); int ans1 = 0; if (x/n < 1) ans1 = x + 1; else ans1 = (x%n>0) + n; printf ("%d\n", min(ans1, work(x))); } return 0; } /* 1 2 1 1 2 4 2 6 2 4 4 4 3 4 4 8 3 4 3 9 */
6.男生女生配（lyf）
树状数组
灵儿当时来问了这题这么作，感受看着对话可能更容易理解：
其实就是由于每一个点和它左下角的点的曼哈顿距离能够经过：x1+y1 - (xi+yi)来求
整体复杂度：O((n+m)*log(200000))
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 200000+10; const int DJ = 200000+1; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m; struct Node { int x, y, tp, id; }a[M<<1]; int ans[M]; int c[M]; void init() { memset(c, -1, sizeof(c[0])*M); } void ins(int x,int v) { for (int i=x; i<M; i+=i&-i) c[i] = max(c[i], v); } int ask(int x) { int ret = -1; for (int i=x; i>0; i-=i&-i) ret = max(ret, c[i]); return ret; } void change() { for (int i=0; i<n+m; ++i) { int tmp = a[i].x; a[i].x = DJ-a[i].y; a[i].y = tmp; } } bool cmp(const Node &a,const Node &b) { if (a.x==b.x) { if (a.y==b.y) return a.tp<b.tp; return a.y<b.y; } return a.x<b.x; } void update() { init(); sort(a, a+n+m, cmp); for (int i=0; i<n+m; ++i) { if (a[i].tp==0) { ins(a[i].y, a[i].x+a[i].y); } else { int ret = ask(a[i].y); if (ret!=-1) ans[a[i].id] = min(ans[a[i].id], a[i].x+a[i].y-ret); } } } int main () { //freopen("6.in", "r", stdin); //freopen("6.out", "w", stdout); while (~scanf("%d", &n)) { for (int i=0; i<n; ++i) { scanf ("%d%d", &a[i].x,&a[i].y); a[i].tp = 0; } scanf("%d", &m); for (int i=0; i<m; ++i) { scanf ("%d%d", &a[i+n].x,&a[i+n].y); a[i+n].tp = 1; a[i+n].id = i; } memset(ans, inf, sizeof(ans[0])*m); for (int i=0; i<4; ++i) { if (i) change(); update(); } for (int i=0; i<m; ++i) { printf ("%d\n", ans[i]); } //printf ("%d\n", ans[0]); } return 0; } /* 2 1 1 3 3 1 2 4 */
7.光梯(Noland)
有题意可知，对最后一个点形成影响的点是它前面k个点点，若是知道他前面k个点的指望，在求出每一个点走到最后一个点走到这个点的几率，那么就能够求出最后一个点的指望，
如何求出前k个点走到最后一个点所占的比率，假设已知前n-1个点的指望，当只能走到下标为n-k的点时，将会有1/k的部分走到最后一个点，当只能走到下标为n-k+1的点时，还
剩余总体的（k-1）/k,而后又1/(k-1)的几率走到最后一个点，而后能够知道每一个点走到最后一个点的几率都是1/k，全部就是前k个点的和除以k，由于这题n和q比较大，可是k比
较小，能够先打表获得全部的值，而后对于询问直接输出便可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5+7; const int M = 107; double dp[M][N]; void init(){ memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i = 1;i < M;i ++){ double sum = 0; for(int j = 1;j < N;j ++){ sum += dp[i][j-1]; int res = min(i,j); if(j > i){ sum -= dp[i][j-min(i,j)-1]; } dp[i][j] = sum / min(i,j)+1; } } } int main(){ init(); freopen("7.in","r",stdin); freopen("7.out","w",stdout); int n,k; while(scanf("%d %d",&n,&k)==2){ printf("%.3f\n",dp[k][n]); } return 0; }
8.magic number（xufei）
看着题目，其实很容易发现 小于等于 S 的都是magic, 而后对于大于 S的，最多只要往上跑 9*9 暴力判就行了，由于1e9里内全部位的和最大值撑死也就 81
9.科学计数法
比赛的时候，我一直在想，为啥你们都怼着A，不作这题。。。。。
10.我好方
我连公式都给了啊！！！为何还有wa的！！！！
11.不要方
这道题实际上是个面试题
咱们把矩形的四条边称做(上，下，左，右),
而后对于(上1，上2）选靠下边的线，对于（下1，下2）选靠上边的线
对于(左1，左2）选靠右的线，对于（右1，右2）选靠左的线
而后只要这新的四条线，有交集，那个交集的面积就是答案了。
（PS:其实由于数据很小，你暴力模拟染色技术也能过）
12.丢手绢(baobao)
你把正n边形，和正n-1边形随便找个点拆开来，铺成一条线，而后很容易发现规律。。。。
而后比赛的时候有人用 O(1e9)过了，好像仍是咱们学校的小伙子，hhhh
具体证实以下：
假设如今有两种点，第一种点是有n个点的，第二种有n-1个点的，假设这两种点的第一个点是重合的，很容易证第2种点的第i个在第1种点的第i个和第i+1之间，在第二种点中，当i小于（n+1）/2时，距离它最近的第一种点事第i个点，当i大于（n+1）/2时，距离它最近的点事第i+1个点，当i等于（n+1）/2时，它距离第i个和第i+1个点的距离是相同的，能够发现每一个点离得最近的点没有重复的，全部每一个点移动到它最近的点就行了，计算距离的时候，当i小于（n+1）/2时，距离他最近的点的距离是(i-1)/(n*(n-1))，这就是一个等差数列，大于（n+1）/2的点也同样，而后等差数列求和就行了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const double eps = 1e-9; ll n; int main () { while (~ scanf("%lld", &n)) { if (n<=2) { puts("0"); continue; } double x = 1.0/n, y = 1.0/(n-1); ll f = (n-1)/2; double ans = (1+f)*f/2.0*(y-x)*2; //cout << ans << endl; ans -= 0.5 - 1.0/n*(n/2); printf ("%.0f\n", ans*1000+eps); } return 0; }
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