2019-ACM-CCPC-Online-Contest

1、^&^

题意：

求一个最小的正整数\(C\)，使得\((A\oplus C) \&(B\oplus C)\)最小。

思路:

对于\(A,B\)来说，对于他们的二进制的第\(i\)位，如果其中一个是\(0\)，则\(A_i\&B_i=0\)，所以只要找所有满足\(A_i=1,B_i=1\)的\(i\)，将\(C\)的第\(i\)位置\(1\)就行了。所以答案就是\(A\&B\)。注意题目要求正整数。

代码：

/*

 * @Author: Simon

 * @Date: 2019-08-23 19:09:47

 * @Last Modified by: Simon

 * @Last Modified time: 2019-08-23 19:10:39

 */

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef int Int;

#define int long long

#define INF 0x3f3f3f3f

#define maxn 200005

int a[maxn];

Int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

    //freopen("input.in","r",stdin);

    //freopen("output.out","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0);

    int T;cin>>T;

    while(T--){

        int a,b;cin>>a>>b;

        int ans=(a&b);

        cout<<(ans?ans:1)<<endl;

    }

#ifndef ONLINE_JUDGE

    system("pause");

#endif

    return 0;

}

4、path

题意：

给你一个有向带权图，定义一条路径的值为所有你经过的边权的和，你可以经过任意一条边任意多的次数，问第\(k\)小的路径长度是多少？

思路：

优先级队列

听说是一个很套路的解法？那就记住吧，理解也只能感性的理解一下了。。

初始，将每个点为起点所连接的最短边放入优先级队列中，从队列顶端开始，第\(i\)次出队列，就是第\(i\)小的路径。根据第\(i\)小的路径转移出两种路径状态（假设第\(i\)小的路径最后走过的边为\(u-v\)）：

\(1\)、第\(i\)小的路径加上从\(v\)出发的最短路径

\(2\)、最后走过的边由原来的\(u-v\)，变为\(u-v'\)，即从\(u\)节点出发的第一个比\(u-v\)边权大的一条边。

代码：

/*

 * @Author: Simon

 * @Date: 2019-08-29 13:13:45

 * @Last Modified by: Simon

 * @Last Modified time: 2019-08-29 14:42:14

 */

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef int Int;

#define int long long

#define INF 0x3f3f3f3f

#define maxn 50005

struct node{

    int u,v,w,rank;

    node(){}

    node(int u,int v,int w,int rank):u(u),v(v),w(w),rank(rank){}

    bool operator <(const node&a)const{

        return w>a.w;

    }

};

int a[maxn];

struct pi{

    int u,v,w;

    pi(){}

    pi(int u,int v,int w):u(u),v(v),w(w){}

    bool operator <(const pi&a) const{

        return w<a.w;

    }

};

vector<pi>g[maxn];

Int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

    //freopen("input.in","r",stdin);

    //freopen("output.out","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0);

    int T;cin>>T;

    while(T--){

        int n,m,qq;cin>>n>>m>>qq;

        priority_queue<node>q;

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

            int u,v,w;

            cin>>u>>v>>w;

            g[u].push_back({u,v,w});

        }

        for(int i=1;i<=n;i++) sort(g[i].begin(),g[i].end()); //按边权从小到大排序

        for(int i=1;i<=n;i++) if(g[i].size()) q.push({g[i][0].u,g[i][0].v,g[i][0].w,0}); //初始将所有点的最短出边入队列

        int Max=0; for(int i=1;i<=qq;i++) cin>>a[i],Max=max(Max,a[i]); //最大要算到第Max小的路径

        vector<int>ans;

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

            node now=q.top();q.pop();

            ans.push_back(now.w); //第i次出队列的边权长度，就是第i小的路径长度

            if(g[now.v].size()){ //1、从v点出发的最短边

                int u=now.v,v=g[now.v][0].v,w=g[now.v][0].w;

                q.push({u,v,w+now.w,0});

            }

            if(g[now.u].size()>now.rank+1){//2、由u-v转为u-v'

                int u=now.u,v=g[now.u][now.rank+1].v,w=g[now.u][now.rank+1].w;

                q.push({u,v,now.w+w-g[now.u][now.rank].w,now.rank+1});

            }

        }

        for(int i=1;i<=qq;i++) cout<<ans[a[i]-1]<<endl;

        for(int i=0;i<=n;i++) g[i].clear();

    }

#ifndef ONLINE_JUDGE

    system("pause");

#endif

    return 0;

}

5、huntian oy

题意：

求\(f(n,a,b)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^igcd(i^a-j^a,i^b-j^b)[gcd(i,j)=1]\%(10^9+7)\)。

思路：

\(gcd(a^m-1,a^n-1)=a^{gcd(m,n)}-1\)。

推广：若\(a>b,\ gcd(a,b)=1\)，则有\(gcd(a^m-b^m,a^n-b^n)=a^{gcd(n,m)}-b^{gcd(n,m)}\)。

不知道上面等式的也可以打表看一下，直接能看出来\(gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i-j\)。

然后可得：

\[f(n,a,b)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i(i-j)[gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii[gcd(i,j)=1]-\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]
\\\sum_{i=1}^ni\cdot\varphi(i)-\sum_{i=1}^n\frac{i\cdot\varphi(i)+[i=1]}{2}=\sum_{i=1}^ni\cdot\varphi(i)-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^ni\cdot\varphi(i)-\frac{1}{2}
\\=\frac{1}{2}(\sum_{i=1}^ni\cdot \varphi(i)-1)
\]

令\(\phi(n)=\sum_{i=1}^ni\cdot \varphi(i),\ g(n)=n\cdot \varphi(n),\ id(n)=n\)，由\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)可得：

\[\sum_{d|n}g*id(n)=\sum_{d|n}d\cdot \varphi(d)\cdot\frac{n}{d}=n\cdot\sum_{d|n}\varphi(d)=n^2
\\
\]

所以有：

\[\frac{n\cdot(n+1)\cdot(2n+1)}{6}=\sum_{i=1}^ni^2=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}d\cdot \varphi(d)\cdot\frac{i}{d}=\sum_{i=1}^{n}i\sum_{d=1}^{\frac{n}{i}}d\cdot\varphi(d)=\sum_{i=1}^ni\cdot\phi(\frac{n}{i})
\]

我们要求的是\(\phi(n)\)，也就是\(i=1\)时的值，所以就是：

\[\phi(n)=\frac{n\cdot(n+1)\cdot(2n+1)}{6}-\sum_{i=2}^ni\cdot\phi(\frac{n}{i})
\]

带回原式中得：

\[f(n,a,b)=\frac{1}{2}(\phi(n)-1)。
\]

代码：

/*

 * @Author: Simon

 * @Date: 2019-05-02 19:14:05

 * @Last Modified by: Simon

 * @Last Modified time: 2019-08-23 18:13:42

 */

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f

#define maxn 1000000

#define Mod 2500005

#define inv2 500000004

const int mod=1e9+7;

int inv6;

struct HashMap//手写Hash

{

    int head[Mod+5],key[Mod],value[Mod],nxt[Mod],tol;

    inline void clear() { tol=0;memset(head,-1,sizeof(head)); }

    HashMap(){clear();}

    inline void insert(int k,int v)

    {

        int idx=k%Mod;

        for(int i=head[idx];~i;i=nxt[i])

        {

            if(key[i]==k)

            {

                value[i]=min(value[i],v);

                return ;

            }

        }

        key[tol]=k;value[tol]=v;nxt[tol]=head[idx];head[idx]=tol++;

    }

    inline int operator [](const int &k) const

    {

        int idx=k%Mod;

        for(int i=head[idx];~i;i=nxt[i])

        {

            if(key[i]==k) return value[i];

        }

        return -1;

    }

}mp;

int prime[maxn],cnt=0;

long long Phi[maxn];

int sum[maxn]; //预处理i*phi(i)前缀和

bool vis[maxn]={1,1};

void Euler(){

    Phi[1]=1;

    for(int i=2;i<maxn;i++){

        if(!vis[i]){

            prime[++cnt]=i;

            Phi[i]=i-1;

        }

        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;j++){

            vis[i*prime[j]]=1;

            if(i%prime[j]==0){

                Phi[i*prime[j]]=Phi[i]*prime[j];

                break;

            }

            Phi[i*prime[j]]=Phi[i]*(prime[j]-1);

        }

    }

    for(int i=1;i<maxn;i++) sum[i]=(sum[i-1]+i*1LL*Phi[i]%mod)%mod;

}

int fpow(int a,int b){

    int ans=1;

    while(b){

        if(b&1) ans=ans*1LL*a%mod;

        a=a*1LL*a%mod;

        b>>=1;

    }

    return ans;

}

int sum_1(int n){ //sum(1,2,3,……,n)

    n%=mod;

    return 1LL*n*(n+1)%mod*inv2%mod;

}

int sum_2(int n){ //sum(1,4,9,……,n^2)

    n%=mod;

    return 1LL*n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;

}

int dfs(int n){

    if(n<maxn) return sum[n];

    if(mp[n]!=-1) return mp[n];

    long long sum=0;

    for(int i=2,j;i<=n;i=j+1){// 分块

        j=n/(n/i);

        (sum+=(sum_1(j)-sum_1(i-1))%mod*1LL*dfs(n/i)%mod)%=mod;

    }

    sum=(sum_2(n)-sum)%mod;

    mp.insert(n,sum);

    return sum;

}

int main()

{

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0);Euler();inv6=fpow(6,mod-2);

    int T;scanf("%d",&T);

    while(T--){

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

        printf("%lld\n", ((dfs(n) - 1)*1LL * inv2 % mod + mod) % mod);

    }

    cin.get(),cin.get();

    return 0;

}

6、Shuffle Card

题意：

初始给你一个按序的\([1,n]\)的排列。\(m\)次操作，每次将数\(x\)移到最前端，问最后这个排列是什么。

思路：

倒置整个初始排列，每次操作将\(x\ push\_back\)到数组末端。最后倒序输出，标记一下有没有输出过即可。

代码：

/*

 * @Author: Simon

 * @Date: 2019-08-23 20:18:17

 * @Last Modified by: Simon

 * @Last Modified time: 2019-08-23 20:20:44

 */

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef int Int;

#define int long long

#define INF 0x3f3f3f3f

#define maxn 200005

int a[maxn];

bool vis[maxn];

Int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

    //freopen("input.in","r",stdin);

    //freopen("output.out","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0);

    int n,m;cin>>n>>m;

    for(int i=n;i>=1;i--) cin>>a[i];

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

        int x;cin>>x;

        a[++n]=x;

    }

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

        if(!vis[a[i]]) cout<<a[i]<<' ',vis[a[i]]=1;

    }

#ifndef ONLINE_JUDGE

    system("pause");

#endif

    return 0;

}

7、Windows Of CCPC

题意：

找规律。

思路：

找规律。

代码：

/*

 * @Author: Simon

 * @Date: 2019-08-23 20:38:59

 * @Last Modified by: Simon

 * @Last Modified time: 2019-08-23 21:26:25

 */

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef int Int;

#define int long long

#define INF 0x3f3f3f3f

#define maxn 2005

char a[maxn][maxn];

Int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

    //freopen("input.in","r",stdin);

    //freopen("output.out","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0);

    a[0][0]=a[0][1]=a[1][1]='C';a[1][0]='P';

    for(int i=1;i<10;i++){

        for(int p=(1<<i),k=0;k<(1<<(i));p++,k++){

            for(int kk=0;kk<(1<<(i));kk++){

                if(a[k][kk]=='C') a[p][kk]='P';

                else a[p][kk]='C';

            }

        }

        for(int p=0;p<(1<<(i));p++){

            for(int q=(1<<i),k=0;k<(1<<(i));k++,q++){

                a[p][q]=a[p][k];

            }

        }

        for(int p=(1<<i),k=0;k<(1<<(i));k++,p++){

            for(int q=(1<<i),kk=0;kk<(1<<(i));kk++,q++){

                a[p][q]=a[k][kk];

            }

        }

    }

    int T;cin>>T;

    while(T--){

        int n;cin>>n;

        for(int i=0;i<(1<<n);i++){

            for(int j=0;j<(1<<n);j++){

                cout<<a[i][j];

            }

            cout<<endl;

        }

    }

#ifndef ONLINE_JUDGE

    system("pause");

#endif

    return 0;

}

8、Fishing Master

题意：

有\(n\)条鱼，煮熟每条鱼所花费的时间为\(a_i\)，抓一条鱼所花费的时间为\(k\)，问在一次只能煮一条鱼的条件下，煮熟所有的鱼，所花费的最少时间为多少？

思路：

假设所有煮鱼的时间总和为\(sum\)，则总时间肯定不小于\(sum+k\)。即最理想的情况就是，第\(1\)条鱼需要花费\(k\)的时间来抓，以后抓的每一条鱼，都在前一条煮熟之前抓到。因此不花费额外的时间。但实际会出现，已经没有鱼可煮了，因此需要花费额外的时间来抓鱼，所以其实就是让这额外抓鱼的时间最少即可。

代码：

/*

 * @Author: Simon

 * @Date: 2019-08-25 14:00:56

 * @Last Modified by: Simon

 * @Last Modified time: 2019-08-25 14:11:55

 */

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef int Int;

#define int long long

#define INF 0x3f3f3f3f

#define maxn 200005

int a[maxn];

Int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

    //freopen("input.in","r",stdin);

    //freopen("output.out","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0);

    int T;cin>>T;

    while(T--){

        int n,k,ans=0;cin>>n>>k;

        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],ans+=a[i];

        sort(a+1,a+n+1,greater<int>()); //按煮鱼时间从大到小排序，这样可以使得再煮第一条鱼的时候多抓几条鱼。

        int tot=1/*目前的存货*/,num=1/*总共抓了多少条鱼*/;priority_queue<int>q;

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

            tot--;

            if(tot<0){ //无鱼可煮时，需要用最少的时间来抓一条鱼来煮。

                ans+=k-q.top();

                q.pop();tot++,num++;

            }

            if(a[i]%k!=0) q.push(a[i]%k);

            tot+=a[i]/k;num+=a[i]/k;

            if(num>=n) break; //若抓鱼总数大于等于n则，不可能再花费额外的时间

        }

        cout<<ans+k<<endl;

    }

#ifndef ONLINE_JUDGE

    system("pause");

#endif

    return 0;

}

9、Kaguya

题意：

思路：

概率动态规划+二分图

代码：

10、Touma Kazusa's function

题意：

思路：

莫比乌斯反演+莫队

代码：

11、sakura

题意：

思路：

中国剩余定理+卢卡斯定理

代码：