ICM Technex 2017 and Codeforces Round #400 (Div. 1 + Div. 2, combined)

前四题比较水，E我看出是欧拉函数傻逼题，但我傻逼不会，百度了下开始学，最后在加时的时候A掉了

AC:ABCDE Rank:182 Rating:2193+34->2227 终于橙了，不知道能待几天

A.A Serial Killer

题目大意：一开始给你两个字符串，每次给你当前两个串中的一个和一个新的串，用新的串换掉旧的，每次输出当前的串。（次数<=1000）

思路：二逼题

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    string a,b,c,d;int n;
    cin>>a>>b>>n;
    cout<<a<<' '<<b<<endl;
    while(n--)
    {
        cin>>c>>d;
        if(a==c)a=d;else b=d;
        cout<<a<<' '<<b<<endl;
    }
}

B.Sherlock and his girlfriend

题目大意：给2~n+1染色，要求任意2~n+1中的数，它的质因数（自己除外）和它颜色不同，求最小染色数和方案。（n<=100,000）

思路：质数染成一种，合数染成另一种，特判n<3的情况。

#include<cstdio>
#define MN 100000
int f[MN+];
int main()
{
    int n,i,j;
    scanf("%d",&n);++n;
    for(i=;i*i<=n;++i)if(!f[i])
        for(j=i*i;j<=n;j+=i)f[j]=;
    puts(n<?"":"");
    for(i=;i<=n;++i)printf("%d ",f[i]+);
}

C.Molly's Chemicals

题目大意：给定长度为n的数字序列和一个数k，求序列中有多少子串和为k的次幂。（n<=100,000，1<=|k|<=10）

思路：先预处理出可能用上的k的次幂（要特殊考虑k为±1），把数列前缀和，对于每个si枚举一个k的次幂，求出有多少个j<i满足si-sj=k的次幂，可以用map维护，复杂度O(nlog^2)。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X,F;
inline int read()
{
    for(F=;(C=*S++)<''||C>'';)if(C=='-')F=-;
    for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
    return X*F;
}
#define INF 100000000000000LL
map<ll,int> mp;
ll p[];int pn;
int main()
{
    fread(B,,<<,stdin);
    int n,k,i,j;ll x,ans=;
    n=read();k=read();
    for(x=;x>=-INF&&x<=INF&&!mp[x];x*=k)p[++pn]=x,mp[x]=;
    mp.clear();
    for(i=x=;i<n;++i)
    {
        ++mp[x];x+=read();
        for(j=;j<=pn;++j)ans+=mp[x-p[j]];
    }
    cout<<ans;
}

D.The Door Problem

题目大意：N个门，门有初始状态（0/1），M个开关，每个开关可以一次性改变若干的门的开关状态，保证每个门恰被两个开关控制，求是否可能同时打开所有门。（N,M<=100,000）

思路：2-SAT裸题，每个门给对应的两个开关加上一个异或的限制关系，也可以并查集、DFS之类的，总之很水。

#include<cstdio>
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<''||C>'');
    for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
    return X;
}
#define MN 100000
#define MV 200000
struct edge{int nx,t;}e[MV*+];
int r[MN+],a[MN+],b[MN+];
int h[MV+],en,l[MV+],d[MV+],cnt,z[MV+],zn,inz[MV+],f[MV+],fn;
inline void ins(int x,int y)
{
    e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;
    e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en;
}
void tj(int x)
{
    l[x]=d[x]=++cnt;inz[z[zn++]=x]=;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)
    {
        if(!d[e[i].t])tj(e[i].t);
        if(inz[e[i].t]&&l[e[i].t]<l[x])l[x]=l[e[i].t];
    }
    if(l[x]==d[x])for(++fn;z[zn]!=x;inz[z[zn]]=)f[z[--zn]]=fn;
}
int main()
{
    fread(B,,<<,stdin);
    int n,m,i,j,k;
    n=read();m=read();
    for(i=;i<=n;++i)r[i]=read();
    for(i=;i<=m;++i)for(j=read();j--;)(a[k=read()]?b[k]:a[k])=i;
    for(i=;i<=n;++i)
        if(r[i])ins(a[i],b[i]),ins(a[i]+m,b[i]+m);
        else ins(a[i],b[i]+m),ins(a[i]+m,b[i]);
    for(i=;i<=m<<;++i)if(!d[i])tj(i);
    for(i=;i<=m;++i)if(f[i]==f[i+m])return puts("NO"),;
    puts("YES");
}

E.The Holmes Children

题目大意：定义f(1)=1，f(n),n>1的值为满足x+y=n且gcd(x,y)=1的(x,y)个数；定义g(n)=Σd|n f(n/d)；定义Fk(n)满足k=1时Fk(n)=f(g(n))，k>1且k mod 2=0时Fk(n)=g(Fk-1(n))，k>1且k mod 2=1时Fk(n)=f(Fk-1(n)) 。给出n,k，求Fk(n)mod 1000000007。（1<=n,k<=10^12）

思路：f(n)等同于求满足gcd(x,n-x)=1的x的个数，又因为gcd(x,n-x)=gcd(x,n)，所以f(n)就是phi(n)。通过观察发现g(n)=n，所以Fk(n)就是对n做(k+1)/2遍phi。每次n^0.5暴力，n=1时停止就可以了，因为n>2时，phi(n)必为偶数，偶数的phi又必然减少一半，所以复杂度大约是O(n^0.5*logn)。

#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define MX 1000000
ll f[MX+];
ll F(ll x)
{
    if(x<=MX)return f[x];
    ll i,r=x;
    for(i=;i*i<=x;++i)if(x%i==)
    {
        r=r/i*(i-);
        while(x%i==)x/=i;
    }
    return x>?r/x*(x-):r;
}
int main()
{
    ll n,k,i,j;
    cin>>n>>k;k=k+>>;
    for(i=;i<=MX;++i)f[i]=i;
    for(i=;i<=MX;i+=)f[i]>>=;
    for(i=;i<=MX;i+=)if(f[i]==i)
        for(j=i;j<=MX;j+=i)f[j]=f[j]/i*(i-);
    while(n>&&k--)n=F(n);
    cout<<n%;
}