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1、

http://www.spoj.com/problems/KAOS/

题意：给定n个字符串，统计字符串(s1, s2)的对数，使得s1的字典序比s2的字典序要大，s1反一反（abc->cba，记为s1’）比s2’的字典序要小。

做法：先把字符串排序，当我们把s[i]当成题意中的s1的时候,j > i,s[j]是不用管的,那我们只需要用Trie树按序插入s',然后统计答案。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e5 + ;

int trie[maxn << ][];

int cnt[maxn << ];

int tol = ;

struct node{

    char s[];

    bool operator < (const node & a)const{

        return strcmp(a.s,s) > ;

    }

}S[maxn];

int sum(int x) {

    int len = strlen(S[x].s);

    int now = ;

    int res = ;

    for(int i = len - ; i >= ; i--) {

        int id = S[x].s[i] - 'a';

        for(int j = id + ; j < ; j++) {

            res += cnt[trie[now][j]];

        }

        now = trie[now][id];

    }

    for(int i = ; i < ; i++)res += cnt[trie[now][i]];

    return res;

}

int is(int x) {

    int len = strlen(S[x].s);

    int now = ;

    for(int i = len - ; i >= ; i--) {

        int id = S[x].s[i] - 'a';

        if(!trie[now][id]) {

            trie[now][id] = ++tol;

        }

        now = trie[now][id];

        ++cnt[now];

    }

    return sum(x);

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

   // ios::sync_with_stdio(false);

  //  cin.tie(0);

    int n;

    LL ans = ;

    scanf("%d",&n);

    for(int i = ; i < n; i++)scanf("%s",S[i].s);

    sort(S,S+n);

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

        ans = ans + is(i);

    }

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

}

KAOS

2、

http://www.spoj.com/problems/STARSBC/

题意：一个圆上有n个等分点，现在从一个点出发，指定k，不停地隔k个点连边（样例请看link），问有多少种不同的方法，使得所有的点都被连起来。两种情况是一样的，当且仅当他们旋转若干角度以后是一样的。

做法：要能把所有点连起来那么gcd(k,n)肯定等于1,因为要把所有点连起来也就表示 k * x % n 能得到0 - n - 1所有值,一开始x为0时，k * x % n = 0,如果找到一个y使得k * y % n  = 0,那就会陷入一个循环了，如果gcd(k,n)等于c，那k * n / c % n是等于0的，也就是说当点移动了n / c次后它就会陷入循环，很明显c取1的时候才能走完所有点，那这题就是要求出gcd(x,n)==1,且x < n的所有x，但是要去掉重复的，什么时候两个情况会一样呢。假如两个k分别取x , y，当x + y等于n的时候这两种情况就会一样了，这个画图看一下就行了，证明略，gcd(x,n) == gcd(n - x, n)这个结论也好推，所以当gcd(x,n)等于1那gcd(n - x,n)也等于1，那答案就等于欧拉(n) / 2.

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e5 + ;

int prime[maxn];

bool vis[maxn];

int tol;

void init() {

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

        if(!vis[i])prime[tol++] = i;

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

            vis[i * prime[j]] = ;

            if(i % prime[j] == )break;

        }

    }

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    //ios::sync_with_stdio(false);

    //cin.tie(0);

    init();

    int n;

    while(~scanf("%d", &n)) {

        int ans = n;

        int cnt = ;

        while(cnt < tol && prime[cnt] * prime[cnt] <= n) {

            if(n % prime[cnt] == ) {

                ans -= ans / prime[cnt];

                while(n % prime[cnt] == )n /= prime[cnt];

            }

            cnt++;

        }

        if(n > ) {

            ans -= ans / n;

        }

        ans >>= ;

        printf("%d\n", ans);

    }

}

STARSBC

3、

http://www.spoj.com/problems/ODDDIV/

题意：给出一个正奇数K，两个正整数low，high。有多少整数属于[low, high]，且包含K个因子。

做法：K是正奇数，表示n = p1 ^ m1 * p2 ^ m2 * ... * pk^mk,约数个数是(m1+1)*(m2+1)*...*(mk+1)那m肯定是偶数，所以我们可以bfs拓展一下，把k所有情况都跑出来，这样的数不会很多，数量在1e6左右，跑出来之后排序，二分结果就行了

//题解出了。自己弱智了点，因为m的数量是偶数，那这些数肯定是平方数，所以直接枚举2 - 1e5的平方来预处理就可以了，不用写这样麻烦的拓展

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e5 + ;

int prime[maxn];

bool vis[maxn];

int tol;

void init() {

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

        if(!vis[i])prime[tol++] = i;

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

            vis[i * prime[j]] = ;

            if(i % prime[j] == )break;

        }

    }

}

vector<LL>A[maxn];

struct node {

    int h;

    LL Num;

    int _k;

};

queue<node>Q;

void bfs() {

    node start = (node) {

        -, ,

    };

    A[].PB();

    Q.push(start);

    while(!Q.empty()) {

        node now = Q.front();

        Q.pop();

        for(int i = now.h + ; i < tol; i++) {

            LL p = prime[i];

            LL F = p * p;

            LL die = ;

            int num;

            for(num = ; ; num += ) {

                die *= F;

                if(die  <= 10000000000LL / now.Num && now._k * (num + ) <= ) {

                    A[now._k * (num + )].PB(now.Num * die);

                    Q.push((node) {

                        i, now.Num * die, now._k * (num + )

                    });

                } else break;

            }

            if(num == )break;

        }

    }

}

bool vi[maxn];

int k;

int bs(LL x) {

    int l = , r = A[k].size();

    while(l +  < r) {

        int mid = (l + r) >> ;

        if(A[k][mid] <= x) {

            l = mid;

        } else r = mid;

    }

    while(l >=  && A[k][l] > x) {

        l--;

    }

    return l;

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie();

    init();

    bfs();

    int T;

    cin >> T;

    while(T--) {

        LL l, r;

        cin >> k >> l >> r;

        if(!vi[k]) {

            sort(A[k].begin(), A[k].end());

            vi[k] = ;

        }

        cout<< upper_bound(A[k].begin(), A[k].end(), r) -upper_bound(A[k].begin(), A[k].end(), l - )<<endl;;

    }

}

ODDDIV

4、

http://codeforces.com/contest/287/problem/D

题意：

定义排列p = p1, p2, ..., pn。

定义函数f(p, k)用来转换p排列，k是转换参数, k > 1。

假设排列p的长度为n，首先把p按长度k进行分块，若最后一块长度不足k，则其长度为n%k，然后分别对每一块循环左移一位，得到一个新的排列。

给定n，请输出 f(f(...f(p = [1,2,...,n],2)...,n-1,),n)的结果。

n <= 1e6

做法：

把f(p,k)右移一位，发现这个序列就是原本序列p的一个子序列（下标modk==1的数组成的）右移一位得到，所以我们把p的那个子序列先右移，再把整个序列左移就相当于进行了一次操作，每次的复杂度是n/k + 1,n / 2 + n / 3 + ... n / n 这样的复杂度是nlogn.用数组模拟一下

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e6 + ;

int Q[maxn << ];

char ch[];

int num;

inline void out(int x){

    num = ;

    while(x)ch[++num] = x % , x /= ;

    while(num)putchar(ch[num--] + );

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

  //  ios::sync_with_stdio(false);

  //  cin.tie(0);

    int n;

    cin>>n;

    for(int i = ; i <= n; i++)Q[i] = i;

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

        int x = ;

        for(int j = i - ; j < n + i - ; j += i){

            swap(x,Q[j]);

        }

        Q[n + i - ] = x;

    }

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

        out(Q[i]);

        putchar(' ');

    }

}

Shifting

5、

http://codeforces.com/contest/21/problem/D

题意：

给出一个无向带权图，问从1号点出发，通过所有的边至少一次，再回到1号点，需要花费的最少代价是多少。存在自环和重边。

如果无法满足上述要求，那么输出-1。

节点数n，边数m。(1 <= n <= 15, 0 <= m <= 2000)

每条边包含3个属性u, v, w, u和v是边的端点，w是通过边的代价。(1 <= x,y <= n, 1 <= w <= 1e4)。

做法：

从一个点出发走完全部边然后回到原点，这个就是欧拉回路，欧拉回路的条件是全部度数都是偶数，如果有不为偶数度数的点，我们可以把这些点互相连起来，使得这些点都变成偶数点，这是一定可行的，因为奇数度数的点必定有偶数个，这个操作我们可以用dfs也可以用状压dp来搞。连起来的时候的边权就是这两点之间的最短距离，这个最短距离我们可以通过Floyd预处理来弄。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e6 + ;

int E[][];

int d[];

int sum = ;

bool vis[];

int cnt = ;

int num[];

int dfs(int cur) {

    if(cur == cnt)return ;

    if(vis[cur]) {

        return dfs(cur + );

    }

    vis[cur] = ;

    int res = inf;

    for(int i = ; i < cnt; i++) {

        if(!vis[i]) {

            vis[i] = ;

            res = min(res , E[num[cur]][num[i]] + dfs(cur + ));

            vis[i] = ;

        }

    }

    vis[cur] = ;

    return res;

}

int dp[<<];

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie();

    memset(E, 0x3f, sizeof E);

    int n, m;

    cin >> n >> m;

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

        int u, v, w;

        cin >> u >> v >> w;

        sum += w;

        E[u][v] = E[v][u] = min(E[u][v], w);

        d[u]++, d[v]++;

    }

    for(int k = ; k <= n; k++) {

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

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

                E[i][j] = min(E[i][j], E[i][k] + E[k][j]);

            }

        }

    }

    if(m == ) {

        cout <<  << endl;

        return ;

    }

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

        if(E[][i] == E[][] && d[i]) {

            cout << - << endl;

            return ;

        }

    }

    int sta = ;

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

        if(d[i] %  == ) sta += ( << (i - ));

    }

    memset(dp,0x3f,sizeof dp);

    dp[sta] = ;

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

        if((i & sta) == sta) {

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

                if(! ((i >> j) & ))

                    for(int z = j + ; z < n; z++) {

                        if(!((i >> z) & )){

                            dp[i|(<<j)|(<<z)] = min(dp[i|(<<j)|(<<z)],dp[i] + E[j + ][z + ]);

                        }

                    }

            }

        }

    }

    cout<<dp[( << n) - ] + sum<<endl;

}

状压

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e6 + ;

int E[][];

int d[];

int sum = ;

bool vis[];

int cnt = ;

int num[];

int dfs(int cur) {

    if(cur == cnt)return ;

    if(vis[cur]){

        return dfs(cur + );

    }

    vis[cur] = ;

    int res = inf;

    for(int i = ; i < cnt; i++) {

        if(!vis[i]){

            vis[i] = ;

            res = min(res , E[num[cur]][num[i]] + dfs(cur + ));

            vis[i] = ;

        }

    }

    vis[cur] = ;

    return res;

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie();

    memset(E, 0x3f, sizeof E);

    int n, m;

    cin >> n >> m;

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

        int u, v, w;

        cin >> u >> v >> w;

        sum += w;

        E[u][v] = E[v][u] = min(E[u][v], w);

        d[u]++, d[v]++;

    }

    for(int k = ; k <= n; k++) {

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

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

                E[i][j] = min(E[i][j], E[i][k] + E[k][j]);

            }

        }

    }

    if(m == ){

        cout<<<<endl;

        return ;

    }

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

        if(E[][i] == E[][] && d[i]) {

            cout << - << endl;

            return ;

        }

    }

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

        if(d[i] & )num[cnt++] = i;

    }

    cout << sum + dfs() << endl;

}

dfs

6、

http://codeforces.com/problemset/problem/732/D

题意：

你需要在n天内通过m门课程，课程下标1 - m，每天可以考完一科科目，或者准备一些科目，或者休息。

第i天可以考的科目为di, di=0表示这天不能考试，复习第i门课需要花费的时间为ai。

问复习完所有课程需要花费的最小天数是多少天，如果复习不完，输出-1。

(1 <= n, m <= 1e5), (0 <= di <= m)，(1 <= ai <= 1e5)。

做法：

这种题一般都是二分答案，二分答案，判断里面考试的日期全部贪心倒着选后面的时间，选够m个，然后模拟判断。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e6 + ;

int d[maxn];

Pii F[maxn];

bool vis[maxn];

int n , m;

int a[maxn];

bool judge(int x){

    memset(vis,,sizeof vis);

    int cnt = ;

    for(int i = x; i >= ;i--){

        if(d[i] !=  && !vis[d[i]]){

            vis[d[i]] = ;

            F[cnt++] = MP(d[i],i);

        }

    }

    if(cnt < m)return ;

    else {

        int sum = ;

        int now = ;

        while(cnt--){

            sum += F[cnt].second - now - ;

            if(sum < a[F[cnt].first])return ;

            else sum -= a[F[cnt].first];

            now = F[cnt].second;

        }

        return ;

    }

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie();

    cin >> n >> m;

    for(int i = ; i <= n; i++)cin>>d[i];

    for(int i = ; i <= m; i++)cin>>a[i];

    int l = ,r = n + ;

    int ans = -;

    while(l +  < r){

        int mid = (l + r) >> ;

        if(judge(mid)){

            r = mid;

            ans = r;

        }

        else l = mid;

    }

    cout<<ans<<endl;

}

Exams

7、

http://codeforces.com/problemset/problem/396/B

题意：

定义v(n)是不超过n的最大素数, u(n)是大于n的最小素数。

以分数形式"p/q"输出 sigma(i = 2 to n) (1 / (v(i)*u(i))), pq为互质整数且q > 0。

t，测试样例数。

每个样例输入包含一个n。(2 <= n <= 1e9)。

做法：

直接列出来看下有什么规律假如n够大

1/(2 * 3) + 1/(3*5) +1/(3*5)+1/(5*7)+1/(5*7)+...+{1/(v(n) * u(n))+..+1/(v(n) * u(n)),一共有n - v(n) + 1个}

我们知道(a-b)/(a*b) = 1/a - 1/b.所以上面的式子可以化简成

1/2 - 1/v(n) + (n - v(n) + 1)/(v(n) * u(n))

v(n)和u(n)都可以直接暴力找，因为1e9以内的素数间隔不是很大

所以最后再通分一下就可以了

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 1e6 + ;

int n;

bool judge(int x) {

    int k = sqrt(x);

    for(int i = ; i <= k; i++) {

        if(x % i == )return ;

    }

    return ;

}

int d() {

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

        if(judge(i))return i;

    }

}

int h() {

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

        if(judge(i))return i;

    }

}

LL gcd(LL a, LL b) {

    return b ? gcd(b, a % b) : a;

}

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie();

    int cas = ;

    cin >> cas;

    while(cas--) {

        cin >> n;

        int v = d();

        int u = h();

        LL s = 2LL * u * v;

        LL t = s /  -  * u +  * n -  * v + ;

        cout << t / gcd(s, t) << "/" << s / gcd(s, t) << endl;

    }

}

On Sum of Fractions

8、

http://www.spoj.com/problems/FACVSPOW/

题意:

输入a，找到满足n!>a^n 最小的n。

数据

第一行T(1 <= T <= 1e5)，表示测试样例数.(2 <= a <= 1e6)。

做法：应该算简单题了。n!和a^n都很大，所以我们应该适当转化一下，两边log一下式子就变成了log(n!) > nlog(a).左边就相当于求和(log(i),0 < i <= n)，预处理这样一个前缀和，然后直接二分n就可以了

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <vector>

#include <time.h>

#include <string>

#include <stack>

#include <set>

#include <map>

#include <iostream>

#include <bitset>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

typedef long long LL;

typedef pair<int, int> Pii;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const LL INF = (1uLL << ) - ;

const LL mod = ;

const int N =  + ;

const double Pi = acos(-1.0);

const int maxn = 3e6 + ;

double ans[maxn];

int main() {

#ifdef local

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

    //  freopen("w","w",stdout);

#endif

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie();

    ans[] = ;

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

        ans[i] = ans[i-] + log(i);

    }

    int t;

    cin>>t;

    while(t--){

        int a;

        cin>>a;

        int l = ,r = maxn;

        double c = log(a);

        while(l +  < r){

            int mid = l + r >> ;

            if(ans[mid] >= mid * c){

                r = mid;

            }

            else l = mid;

        }

        cout<<r<<endl;

    }

}

FACVSPOW

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