今日SGU 5.28

SGU 121

题意：给你一张图，问你每个顶点必须有黑白两条边（如果它的边数>=2），问你怎么染色，不行就输出no

收获:你会发现不行的情况只有一个单纯的奇数环的时候，反之我们交替染色即可

#include<bits/stdc++.h>
#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl;
#define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" ";
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i)
#define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define repp(i,a,b,t) for(int i=a;i<(b);i+=t)
#define ll long long
#define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define mp(u,v) make_pair(u,v)
#define sz(a) (int)a.size()
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pb push_back
#define PI acos(-1.0)
#define qc std::ios::sync_with_stdio(false)
#define db double
#define all(a) a.begin(),a.end()
const int mod = 1e9+;
const int maxn = 2e2+;
const double eps = 1e-;
using namespace std;
bool eq(const db &a, const db &b) { return fabs(a - b) < eps; }
bool ls(const db &a, const db &b) { return a + eps < b; }
bool le(const db &a, const db &b) { return eq(a, b) || ls(a, b); }
ll gcd(ll a,ll b) { return a==?b:gcd(b%a,a); };
ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; }
ll kpow(ll a,ll b) {ll res=; if(b<) return ; for(;b;b>>=){if(b&)res=res*a;a=a*a;}return res;}
ll read(){
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,x;
bool vis[maxn][maxn];
int ans[maxn][maxn];
int in[maxn];
vector<int> G[maxn];
//不行的情况就是存在一个单纯的奇数环
//奇数环加上一些边的话，要从奇度顶点开始dfs
void dfs(int u,int col){
    rep(i,,sz(G[u])){
        int v = G[u][i];
        if(vis[u][v]) continue;
        vis[u][v] = vis[v][u] = true;
        ans[u][v] = ans[v][u] = col;
        dfs(v,col^); col^=;
    }
}
bool ok(){
    set<int> s;
    rep(u,,n+){
        s.clear();
        if(in[u] < ) continue;
        rep(i,,sz(G[u])){
            int v = G[u][i];
            s.insert(ans[u][v]);
        }
        if(sz(s) < ) return false;
    }
    return true;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    rep(i,,n+) {
        while(scanf("%d",&x)&&x){
            G[i].pb(x);
            in[x]++;
        }
    }
    rep(i,,n+) if(in[i] >  && (in[i] & )) dfs(i,);
    rep(i,,n+) dfs(i,);
    if(!ok()) return puts("No solution"),;
    rep(u,,n+){
        rep(i,,sz(G[u])){
            int v = G[u][i];
            printf("%d ",ans[u][v]?:);
        }
        puts("");
    }
    return ;
}

SGU 148

题意：n层的东西，每一层有wi，li，pi分别表示i层当前的水量，和最大容纳量，和破坏i层的费用，如果破坏i层的话，花费pi，水会流到下一层，

或者你当前层的水超过了li的话他就会自动破坏，然后问你要破坏第n层的最小费用

收获：我们知道一层的话要被破坏，他有两种方法，一种就是直接花费pi，一种就是上面留下来的水加上自己的超过了自己的容量（这样的话就不用加上这一层的费用了）

然后你如果从第i层开始破坏到第n层的话，i 到 n所有层都要破，那么花费就是pre[j] - pre[i - 1] <=  l[j] (j >= i) 的那些p[j]的和，因为这些j是不能被上面的i 到 j的水打破的，我们就要手动打破它，

看看这个公式，我们可以变成这样pre[j] - l[j] <= pre[i-1]，那么我们从n开始枚举我们i的话，如果(j >= i) pre[j] - l[j] > pre[i]的话，这个j就可以被自动打破，那么我们就可以从费用中减去p[j]这个东西

然后每次更新答案，那么就可以把所有的pre[j] - l[j]存到一个最大堆里面，然后每次枚举到的i，判断是否q.top().fi > pre[i-1]，那么我们就可以把它的p[j]减掉了

#include<bits/stdc++.h>
#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl;
#define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" ";
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i)
#define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define repp(i,a,b,t) for(int i=a;i<(b);i+=t)
#define ll long long
#define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define mp(u,v) make_pair(u,v)
#define sz(a) (int)a.size()
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pb push_back
#define PI acos(-1.0)
#define qc std::ios::sync_with_stdio(false)
#define db double
#define all(a) a.begin(),a.end()
const int mod = 1e9+;
const int maxn = 2e4+;
const double eps = 1e-;
using namespace std;
bool eq(const db &a, const db &b) { return fabs(a - b) < eps; }
bool ls(const db &a, const db &b) { return a + eps < b; }
bool le(const db &a, const db &b) { return eq(a, b) || ls(a, b); }
ll gcd(ll a,ll b) { return a==?b:gcd(b%a,a); };
ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; }
ll kpow(ll a,ll b) {ll res=; if(b<) return ; for(;b;b>>=){if(b&)res=res*a;a=a*a;}return res;}
ll read(){
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
int w[maxn],l[maxn],p[maxn];
int pre[maxn];
bool used[maxn];
priority_queue<pii>q;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    rep(i,,n+) scanf("%d%d%d",&w[i],&l[i],&p[i]),pre[i] = pre[i-] + w[i];
    int sum = , ans = inf, pos;
    repd(i,n,){
        while(sz(q) && q.top().fi > pre[i-]) sum -= q.top().se, q.pop();
        q.push(mp(pre[i]-l[i],p[i]));
        sum += p[i];
        if(sum < ans) ans = sum, pos = i;
    }
    rep(i,pos,n+) if(pre[i] - pre[pos-] <= l[i]) used[i] = true;
    rep(i,,n+) if(used[i]) printf("%d\n",i);
    return ;
}

SGU 355

题意：给一个数字N，要你给数字1 到 N染色，要求是如果a % b == 0 的话，

a和b的颜色不能相同，问你最多用多少的颜色

收获：暴力，找出他所有的因子的染的颜色，然后用set去重，然后那个数的染色就是set的大小 + 1，

证明呢。。我做的时候没去想为什么这个就是合理的，就莽了一发就A了，

然后我去想了为什么，我的理解是：
一个数的所有因子都不存在互质的话，那么不就是最坏的情况了，它只能染成因子数量 + 1了，sz就是因数颜色种类大小，那么如果有存在因子互质的话的，

有一对的话，那么它染色的是不是就可以减一，每次用最小的去染色，那么它的因子的染色肯定是从1 开始 到 sz

#include<bits/stdc++.h>
#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl;
#define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" ";
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i)
#define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define repp(i,a,b,t) for(int i=a;i<(b);i+=t)
#define ll long long
#define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define mp(u,v) make_pair(u,v)
#define sz(a) (int)a.size()
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pb push_back
#define PI acos(-1.0)
#define qc std::ios::sync_with_stdio(false)
#define db double
#define all(a) a.begin(),a.end()
const int mod = 1e9+;
const int maxn = 1e4+;
const double eps = 1e-;
using namespace std;
bool eq(const db &a, const db &b) { return fabs(a - b) < eps; }
bool ls(const db &a, const db &b) { return a + eps < b; }
bool le(const db &a, const db &b) { return eq(a, b) || ls(a, b); }
ll gcd(ll a,ll b) { return a==?b:gcd(b%a,a); };
ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; }
ll kpow(ll a,ll b) {ll res=; if(b<) return ; for(;b;b>>=){if(b&)res=res*a;a=a*a;}return res;}
ll read(){
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
int ans[maxn];
set<int> s;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    int mx = ;
    ans[] = ;
    rep(i,,n+){
        s.clear();
        for(int j = ;j*j<=i;++j){
            if(i%j==){
                s.insert(ans[j]);
                if(i/j != j) s.insert(ans[i/j]);
            }
        }
        ans[i] = sz(s) + ;
        mx = max(mx,ans[i]);
    }
    printf("%d\n",mx);
    rep(i,,n+) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);
    return ;
}