NOIP2018 集训(一)

A题 Simple

时间限制：1000ms | 空间限制：256MB

问题描述

对于给定正整数$n,m$,我们称正整数$c$为好的,当且仅当存在非负整数$x,y$使得$n×x+m×y=c$。

现在给出多组数据，对于每组数据，给定$n,m,q$,求$[1,q]$内有多少个正整数不是好的。

输入格式

第一行,一个整数$T$表示数据组数。

接下来每行三个数,分别表示$n,m,q$,即一组询问。

输出格式

对于输入的每组数据,输出一行表示答案。

数据规模

对于30%的数据，$n,m,q\le100$;

对于60%的数据，$n,m,q\le100000$;

对于100%的数据，$n\le10^5,m\le10^9, q\le10^{18} ,T\le10$;

样例

样例输入
2 78 100 4 70 3 34

样例输出
4 23

题解

先上60分代码代码，当我们选取$1到q$中的某一个数$i$时，如果$i$是好的，则必然满足$i$>$min(n,m)$。这时我们让$i$减去$max(n,m)$的$j$倍得到一个数$x$,若$x$%$ min(n,m)=0$就可以说明这个数是一个好数。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline char get(){

	static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;

	return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

}

inline long long read(){

	register char c=get();long long f=1,_=0;

	while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();

	while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();

	return _*f;

}

//利用fread优化的超级快读↑

long long n,m,q;

long long good;

bool pd;

long long t;

int main(){

	//freopen("1.txt","r",stdin);

	t=read();

	//cout<<t<<endl;

	while(t--){

		good=0;

		n=read();m=read();q=read();

		if(n==1 || m==1){

			printf("0\n");

			continue;

		}//特判

		if(n<m)swap(n,m);

		//cout<<1<<endl;

		for(register long long i=m;i<=q;i++){

			pd=0;

			for(register long long j=0;j*n<=i;j++){

				if((i-(j*n)) % m==0){

					good++;

					break;

				}

			}

		}

		printf("%lld\n",q-good);

	}

	return 0;

}

因为各种玄学优化可以得到60分。这个时候让我们换一种思路：

首先考虑的是dp,这个时候看下数据范围$q\le10^{18}$,很显然不行。如果用数位dp的话限制条件又过多，于是pass掉dp的思路。

稍微思考一下公式，$nx+my=c$，我们令$n>m$，则一定有$n=m*k+t$；由于$m\le100000$,则一定存在$t<=100000$。

这时我们用一个数组f[x]记录满足$n*j$%$m=x$里最小的值$n*j$。因为$x$的值最大为100000，所以f[x]的值最后总会循环出现。再稍加推导就可以知道：

若一个数$c$是好的，那么他的倍数$c*k$也一定是好的。

那么我们让$ans+=(q/c)$

问题还可以进一步简化。

我们知道一定存在至少一个$f_i≠0$

这时我们保证好数$c$中一定有至少0个$n$

那么我们就让$c-f_i$,此时即可保证$c$一定是$n$的倍数。剩余的量全部分配给$m$即可。也就是$ans+=(q-f[i])/m+1$；

附上代码

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

inline char get(){

	static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;

	return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

}

inline ll read(){

	register char c=get();register ll f=1,_=0;

	while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();

	while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();

	return _*f;

}

ll f[100005];

ll n,m,q;

int main(){

	//freopen("1.txt","r",stdin);

	ll t;

	t=read();

	//cout<<1<<endl;

	while(t--){

		n=read();m=read();q=read();

		if(n<m)swap(n,m);

		if(n>q && m>q)printf("%lld\n",q);

		else if(n>q && m<=q)printf("%lld\n",q-q/m);

		else{

			for(register int i=0;i<100005;i++)f[i]=-1;//单纯for循环似乎复杂度比memset低一些?

			for(register int i=0;;i++){

        		ll now=n*i;

        		if(f[now%m]!=-1)break;

      			f[now%m]=now;

    		}

    		ll ans=0;

    		for(register int i=0;i<m;i++){

    			if(f[i]!=-1&&(q-f[i]>=0))ans+=(q-f[i])/m+1;

			}

    		printf("%lld\n",q-ans+1); //因为c的取值是[1,q],也就是说 n*x+y*m=c => x,y不同为0

		}

	}

	return 0;

}

##B题 Walk
######时间限制：2000ms | 空间限制：256MB
####问题描述
给定一棵有$n$个节点的树，每条边的长度为1，同时有一个权值$w$，定义一条路径的权值为路径上所有边的权值的最大公约数，现在对于任意$i∈[1,n]$，求树上所有长度为$i$的简单路径中权值最大的值。如果不存在长度为i的路径则输出0。
####输入格式
第一行,一个整数$n$表示树的大小
接下来$n-1$行，每行三个整数$u,v,w$表示$u$和$v$之间有一条权值为$w$的边。
####输出格式
对于每种长度,输出一行,表示答案。
####数据规模
对于30%的数据，$n\le1000$;
对于额外30%的数据，$w\le100$;
对于100%的数据，$n\le4*10^5,1\le u,v\le n,w\le10^6$;
####样例
|样例输入
|-----
|3
1 2 3
1 3 9

样例输出
3 9 0

题解(转,不会树DP很多年QAQ)

这道题我们可以考虑枚举最大公因数，然后求最大公因数为i的最长链。这个需要怎么办呢？我们考虑将每条边拆成因数条边，要是一次性加入的话数量会炸飞，所以我们每次将是当前公因数倍数的边加入，然后求树上的最长链。然后用当前的公因数更新长度为最长链的长度的答案。求解后将数组清零，重复利用。

有些长度可能不会出现在最长链中，因为他是构成最长链的一部分，所以如果这个长度的答案<长度大于他的答案的话，就要将长度大于他的答案给他，从大到小枚举$ans[i]=max(ans[i],ans[i+1])$

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define N 800003

#define M 1000006

using namespace std;

int head[M],nxt1[N],x1[N],y2[N],cnt,sz,ans[N];

int point[M],nxt[N],v[N],tot,st[N],top,vis[N],len;

int n,m,mark;

void add(int k,int x,int y)

{

 	cnt++; nxt1[cnt]=head[k]; head[k]=cnt; x1[cnt]=x; y2[cnt]=y;

}

void add1(int x,int y)

{

	tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;

	tot++; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x;

	st[++top]=x; st[++top]=y;

}

int dfs(int x,int fa)

{

	vis[x]=sz;

	int l=0,r=0;

	for (int i=point[x];i;i=nxt[i])

	 if (vis[v[i]]!=sz&&v[i]!=fa){

	 	int t=dfs(v[i],x);

	 	if (t+1>l) r=l,l=max(l,t+1);

	 	else if (t+1>r) r=max(r,t+1);

	 }

	len=max(len,l+r);

	return l;

}

int main()

{

	freopen("a.in","r",stdin);

	freopen("my.out","w",stdout);

	scanf("%d",&n);

	for (int i=1;i<n;i++)

     {

     	int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);

     	add(c,a,b);

	 }

	for (int i=1;i<=1000000;i++){

		for (int j=i;j<=1000000;j+=i)

		 for (int k=head[j];k;k=nxt1[k])

		  add1(x1[k],y2[k]);

		mark=i; ++sz; len=0;

		for (int j=1;j<=top;j++)

		 if (vis[st[j]]!=sz) dfs(st[j],0);

		ans[len]=max(ans[len],i);

		for (int j=1;j<=top;j++)

		 point[st[j]]=0;

		tot=0; top=0;

	}

	for (int i=n;i>=1;i--)  ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);

	for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);

}

##C题 Travel
######时间限制：1000ms | 空间限制：256MB
####问题描述
给定一个长度为$n$的序列$x_1,x_2,...,x_n$。每一次 Lyra 可以选择向左跳到任意一个还没到过的位置，也可以向右跳到任意一个还没到过的位置。如果现在Lyra在格子$i$，她下一步跳向格子$j$，那么这次跳跃的花费为$|xi−xj|$。注意，跳意味着格子**$i$**和格子$j$中间其他的格子都不会被这次跳跃影响。并且，Lyra不应该跳出边界。
Lyra的初始位置在格子$s$。Lyra将会在到访过所有格子恰好一次之后，在某个位置停下来，这样就完成了任务。
Lyra想知道如果她一共向左跳了$L$次，那么她要完成任务的最小总花费是多少，并希望你输出任意一种花费最小的方案。特殊的，如果 Lyra 没有办法完成任务，请输出一行 $−1$。
####输入格式
第一行，三个整数$n,L,s$，分别表示序列的大小，向左走的次数，和初始位置。
第二行，$n$个数字，表示序列$x_i$。
####输出格式
第一行，一个数字，表示答案。
如果能完成任务，则第二行，输出$n-1$个数字，表示方案。注意，Lyra 初始的位置已经确定了，所以不要输出。
####数据规模
对于所有数据，都满足$x_1 1 2 3

样例输出
3 1 3

题解

先上15分的代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main(){

    cout<<-1<<endl;

    return 0;

}

足以说明数据有多水。

好的不皮了，我们来讲正解。

首先当$x_i=i$时，数列是等差的递增数列，每个的间距相同，所以我们肯定是考虑尽量的不走回头路，但是因为必须要向左走$L$步，所以至少有$L$段要被经过三次，那么我们从起点一直向左跳，跳到不能再跳为止，如果此时还是不够的话，我们就再跳到起点的右边正好多出剩下$L$步的为止，然后再向左跳，最后在向右跳即可。如果连续向左跳会多，那就考虑间隔的跳最终跳到头再转弯即可。-1的情况非常好处理，当$l=0$但是$s≠1$的时候，是没有合法路径的。同理$l=n-1$，$s≠n$也是没有合法路径的。

常规情况比较难考虑，让我们先来考虑特殊情况。当$s=1$的时候，显然答案的下界是 $x_n-x_1$，就是从最左边按次序一直跳到最右边，不过L>0的时候就不能这么做了。答案要求最小也就是说要尽量少走回头路。假如我们在$n$这个位置停下，那么中间就需要走一些回头的路类来用掉$L$，我们把所有$i$到$i+1$之间的区间看成一个线段。跳的路径相当于对线段进行覆盖。显然所有的线段都必须覆盖至少1次，而至少有$L$个线段至少覆盖3次。

但是实际情况中，起点不一定是1，终点也不一定是$n$。我们假设终点$t$再起点$s$的左边，那么$[1,s-1][t+1,n]$中的点至少都需要经过两次，如果能在这两段中用掉较多的$L$，那我们中间剩下的L就会少，这样在好不过。以为中间$[s,t]$这一段的处理就相当于是上面[1,n]的处理，中间的线段都会被覆盖三次。那么两边最多会向左走$n-t+s-1$步，如果$n-t+s-1>=L$，那么中间的不需要向左走，直接一步一步的跳就好了。如果不够$L$步的话就考虑从中选取差值小的线段让其长度*3即可。然后根据对称原则，在计算终点在起点左边的情况，这时候其实就是向右跳$n-L-1$步，向上面一样处理即可。

然后我们就可以通过枚举终点，来更新答案。对于上面中起点相对位置的两种情况，我们单独看。每次就是在上一起点的基础上中间加入$[i,i+1]$，然后$[t+1,n]$的长度减小$[i,i+1]$，我们用小根堆维护，每次都尽可能利用小的。注意有可能存在无法满足答案的情况，就是堆中不够。

还需要注意的是中的段的头尾两条线段不能使用，因为无论怎么跳都没法满足，会影响两边的跳法。

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <memory.h>

#include <string.h>

#include <vector>

using namespace std;

typedef long long LL;

typedef pair<int,int> mp;

#define pb push_back

const LL inf = 1ll<<50;

const int maxn = 200005;

int n,l,s,pos[maxn];

int x[maxn],ans1[maxn];

int y[maxn],ans2[maxn];

mp ord[maxn];

bool tag[maxn];

LL solve(int n,int l,int s,int x[],int ans[]) {

	int cnt=0,tot=0;

	if (l<s) {

		for (int i=s-1;i>s-l;i--) ans[++cnt]=i;

		for (int i=1;i<=s-l;i++) if (i!=s) ans[++cnt]=i;

		for (int i=s+1;i<=n;i++) ans[++cnt]=i;

		return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1];

	}

	l-=s-1;

	if (l==n-s-1) {

		for (int i=s-1;i>=1;i--) ans[++cnt]=i;

		for (int i=n;i>s;i--) ans[++cnt]=i;

		return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+x[n]-x[s+1];

	}

	for (int i=s+1;i<n-1;i++) ord[++tot]=mp(x[i+1]-x[i],i+1);

	sort(ord+1,ord+tot+1);

	for (int i=1;i<=tot;i++) pos[ord[i].second]=i;

	LL minv=inf,sum=0;int e,j;

	for (int i=1;i<=l;i++) sum+=ord[i].first;

	minv=sum*2;e=n;j=l;

	for (int i=n-1,p=l;i>=n-l;i--) {

		if (pos[i]<=p) sum-=ord[pos[i]].first;

		else sum-=ord[p--].first;

		while (p&&ord[p].second>=i) --p;

		if (sum*2+x[n]-x[i]<minv) {

			minv=sum*2+x[n]-x[i];e=i;j=p;

		}

	}

	memset(tag,false,sizeof tag);

	for (int i=s-1;i>=1;i--) ans[++cnt]=i;

	for (int i=s+2;i<e;i++) if (pos[i]<=j) tag[i]=true;

	for (int i=s+1;i<e;i++)

	if (!tag[i+1]) ans[++cnt]=i;

	else {

		int tmp=i+1;while (tag[tmp]) ++tmp;

		for (int j=tmp-1;j>i;j--) ans[++cnt]=j;

		ans[++cnt]=i;i=tmp-1;

	}

	for (int i=n;i>=e;i--) ans[++cnt]=i;

	return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+minv;

}

int main()

{

	#ifndef ONLINE_JUDGE

		freopen("travel.in","r",stdin);

		freopen("travel.out","w",stdout);

	#endif

	scanf("%d %d %d",&n,&l,&s);

	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);

	for (int i=1;i<=n;i++) y[i]=-x[n-i+1];

	if (s!=1&&l==0) {puts("-1");return 0;}

	if (s!=n&&l==n-1) {puts("-1");return 0;}

	LL cost1=solve(n,l,s,x,ans1);

	LL cost2=solve(n,n-1-l,n-s+1,y,ans2);

	if (cost1<cost2) {

		printf("%lld\n",cost1);

		for (int j=1;j<n;j++)

			printf("%d ",ans1[j]);

	}

	else {

		printf("%lld\n",cost2);

		for (int j=1;j<n;j++)

			printf("%d ",n-ans2[j]+1);

	}

	return 0;

}