2021牛客暑期多校训练营3，签到题BEFJ

Posted 2021-08-28 小哈里

题号 标题 已通过代码 通过率 团队的状态
A Guess and lies 点击查看 33/437 未通过
B Black and white 点击查看 785/5177 未通过 （最小生成树）
C Minimum grid 点击查看 291/759 未通过
D Count 点击查看 13/57 未通过
E Math 点击查看 1030/3674 通过 （数学，预处理）
F 24dian 点击查看 492/1301 未通过 （大模拟，dfs）
G Yu Ling(Ling YueZheng) and Colorful Tree 点击查看 51/193 未通过
H Ling Qiu, Luna and Triple Backpack 点击查看 5/30 未通过
I Kuriyama Mirai and Exclusive Or 点击查看 131/556 未通过
J Counting Triangles 点击查看 1362/4223 通过 （性质，结论）

B Black and white

题意：

• 给出一个n*m的棋盘，每个点有被染成黑色的代价cij, 对于任意两行两列的四个相交方格，如果其中三个是黑色方格，那么可以零成本地将第四个方格染成黑色。求染黑棋盘的最低成本。
• 由于格子的数量很多，权重由公式产生，A0 = a，A(i+1) = (Ai * Ai * b + Ai * c + d)% p，其中A(m*(i-1)+j)是第i行和第j列的网格的成本c(i, j)。

思路：

• 对于⼀个位置（i, j） ，如果该格⼦是⿊⾊，我们连⼀条ai 到bj 的边。操作不改变连通性，由此容易证明，可以全 部染⿊等价于初始联通。求解最⼩⽣成树即可。复杂度为 O(n^2)。
• 对于 n*m 的矩阵，需要 n+m-1 格子涂色，分别是每行对应一个格子，每列对应一个格子，减去重复的一个。
• 考虑任意两行两列所成的四个坐标，若已经出现了三个坐标，则第四个就不需要了。
• 考虑如何判断新加入点是否需要，即它不会由之前的坐标推出来。根据题目一行一点，一列一点，不如将行列看成点，现将两行点和两列点放在同一个连通块里，第四个坐标放进来，行坐标和列坐标连通，即不需要，用并查集维护，再根据边权从小到大去跑最小生成树即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e5+10;

int fa[maxn+10];
void init(int n){for(int i = 1; i <= n; i++)fa[i]=i;}
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void merge(int x, int y){x=find(x);y=find(y);if(x!=y)fa[x]=y;}

vector<pair<int,int> >G[maxn];

int main(){
	int n, m;  cin>>n>>m;
	LL a, b, c, d, p;  cin>>a>>b>>c>>d>>p;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 1; j <= m; j++){
			a = (a*a*b+a*c+d)%p;
			G[a].push_back(make_pair(i,j+n));//第i行和第j列有一条w=a的边
		}
	}
	LL ans = 0, cc = 0;  init(n+m);
	for(int i = 0; i <= p; i++){//从小到大枚举权值
		for(auto u : G[i]){
			int x = find(u.first), y = find(u.second);
			if(x != y){
				ans += i;
				merge(x,y);
			}
		}
		if(cc==n+m-1)break;
	}
	cout<<ans<<"\\n";
	return 0;
}

E Math

题意：

• 给出一个n，计算有多少对正整数（x，y），使得xy+1|x^2+y^2, 1<=x,y<=n

思路：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 5e6+10;
const LL inf = 1e18;
LL a[maxn], cnt;
int main(){
	a[cnt++] = 1;
	for(LL k = 2; k*k*k<=inf; k++){
		LL x = k, y = k*k*k;
		a[cnt++] = y;
		while(y <= (inf+x)/k/k){
			x = k*k*y-x;
			swap(x,y);
			a[cnt++] = y;
		}
	}
	sort(a, a+cnt);
	
	int T;  cin>>T;
	while(T--){
		LL n;  cin>>n;
		cout<<upper_bound(a,a+cnt,n)-a<<"\\n";
	}
	return 0;
}

F 24dian

题意：

• 给出n张牌，求凑出m点的方案数，输出方案。（每张牌为1-13, 过程需要有分数）

思路：

• 按照题⾯模拟即可。暴⼒枚举第⼀次或最后⼀次的两数均可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 5e5+10;

int n, m, ans, as[maxn][5];
int ok; double a[5];
bool chk(double x){x-=(int)x;return x>1e-6&&x<1-1e-6;}
void dfs1(int cur, int flag){//枚举所有可行方案
	if(ok==3)return ;
	if(cur==n){
		if(abs(a[1]-m)<1e-6){
			if(flag)ok = 1;
			else ok = 3;
		}
		return ;
	}
	double A[5];
	for(int i = 0; i <= 4; i++)A[i]=a[i];
	for(int i = 1; i <= n-cur+1; i++){
		for(int j = 1; j <= n-cur+1; j++){
			if(i!=j){
				for(int k = 1; k <= 4; k++){
					int w = flag;
					if(k==1)a[i]+=a[j];
					if(k==2)a[i]-=a[j];
					if(k==3)a[i]*=a[j];
					if(k==4){
						a[i]/=a[j];
						if(chk(a[i]))w=1;
					}
					a[j] = 9e9;
					sort(a+1,a+n+2-cur);
					a[n+1-cur] = 0;
					dfs1(cur+1, w);
					memcpy(a, A, sizeof(a));
				}
			}
		}
	}
	
}
void dfs(int cur, int k){//枚举所有排列
	if(cur>n){
		ok = 0;
		dfs1(1,0);
		if(ok==1){
			ans++;
			for(int i=1; i <= 4; i++)as[ans][i]=a[i];
		}
	}else{
		for(int i = k; i <= 13; i++){
			a[cur] = i;
			dfs(cur+1, i);
		}
	}
}

int main(){
	cin>>n>>m;
	if(n<3){cout<<"0\\n"; return 0;}
	dfs(1,1);
	printf("%d\\n",ans);
	for(int i = 1; i <= ans; i++){
		for(int j = 1; j <= n; j++){
			printf("%d",as[i][j]);
			if(j!=n)putchar(' ');
		}
		cout<<"\\n";
	}
	return 0;
}

J Counting Triangles

题意：

• 按照给出的代码生成一张n个点的完全图，边分为0或1两种颜色，求图中有多少个满足非等边等腰且存在边颜色相同的三角形。

思路：

• 注意到⼀个神奇的性质：每个三角形要么同色，要么有两边同色另⼀边异色。前者没有异色角，而对于后者，三角形有恰有两个异色角。
• 因此异⾊⻆数/2 即为不符合条件的三⻆个数。⽤总数减去即可。复杂度 O(n^2)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

//数据生成
namespace GenHelper{
    unsigned z1,z2,z3,z4,bb,u;
    unsigned get()
    {
        bb=((z1<<6)^z1)>>13;
        z1=((z1&4294967294U)<<18)^bb;
        bb=((z2<<2)^z2)>>27;
        z2=((z2&4294967288U)<<2)^bb;
        bb=((z3<<13)^z3)>>21;
        z3=((z3&4294967280U)<<7)^bb;
        bb=((z4<<3)^z4)>>12;
        z4=((z4&4294967168U)<<13)^bb;
        return (z1^z2^z3^z4);
    }
    bool read() {
      while (!u) u = get();
      bool res = u & 1;
      u >>= 1; return res;
    }
    void srand(int x)
    {
        z1=x;
        z2=(~x)^0x233333333U;
        z3=x^0x1234598766U;
        z4=(~x)+51;
      	u = 0;
    }
}
using namespace GenHelper;
bool edge[8005][8005];

//题目
typedef long long LL;
LL d[8005];

int main() {
	//int n, seed;
	LL n; int seed;
	cin >> n >> seed;
	srand(seed);
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = i + 1; j < n; j++)
			edge[j][i] = edge[i][j] = read();
	//题目
	for(int i = 0; i < n; i++){
		for(int j = i + 1; j < n; j++){
			d[i] += edge[i][j];
			d[j] += edge[i][j];
		}
	}
	LL ans = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		ans += d[i]*(n-d[i]-1);
	cout<<n*(n-1)*(n-2)/6-ans/2<<"\\n";
 	return 0;
}