GDOI2018题目及题解（未写完）
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我的游记：https://www.cnblogs.com/huangzihaoal/p/11154228.html
DAY1
题目
T1 农场
【题目描述】
【输入】
第一行，一个整数n。
第二行，n个整数\\(a_i\\)
【输出】
一个数，最多可以分成几块。
【样例输入】
6
1 1 2 1 2 1
【样例输出】
2
【数据范围限制】
T2 密码锁
【题目描述】
【输入】
输入文件共两行，第一行有两个数字n,m，第二行为一个长为n的数组\\(a_1,a_2, ... ,a_n\\)
【输出】
输出文件只有一行，表示最少需要的操作次数。答案可能很大，但不会超过\\(\\sum_i a_i\\)，因此不需要对任何数取模。
【样例输入】
Sample Input1
4 3
1 2 1 0
Sample Input2
11 8
1 2 3 4 5 0 5 4 3 2 1
Sample Input3
20 100
30 91 15 72 61 41 10 37 98 41 94 80 26 96 10 88 59 5 84 14
【样例输出】
Sample Output1
2
Sample Output2
8
Sample Output3
313
【数据范围限制】
| 数据点 | 数据范围 |
|------------:|-----------------:|
|Case 1-4|\\(1\\leq n\\leq 4,2\\leq m\\leq 10\\)|
|Case 5-9|\\(1\\leq n\\leq 10^5,2\\leq m\\leq 3\\)|
|Case 10-15|\\(2\\leq n,m\\leq 3\\cdot 10^3\\)|
|Case 16-18|\\(2\\leq n\\leq 2\\cdot 10^5\\)|
|Case 1-20|\\(1\\leq n\\leq 10^6,2\\leq m\\leq 10^9\\)|
共20个数据点
T3 涛涛接苹果
【题目描述】
【输入】
【输出】
输出 q 行，每行一个整数表示答案。
【样例输入】
10 5 6
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
9 7
7 10
6 5
7 5
5 8
5 1
2 1
3 2
2 4
2 3 4
2 9 5
1 7 3
4 8 2
5 6 6
2 3
2 5
1 4
3 5
5 1
6 1
【样例输出】
0
43
4
27
11
13
【数据范围限制】
【提示】
T4 小学生图论题
【题目描述】
【输入】
【输出】
一个整数，表示强连通分量的期望个数。
【样例输入】
Sample Input1
10 2
2 1 3
3 7 8 9
Sample Input2
3 0
【样例输出】
Sample Output1
462789157
Sample Output2
499122179
【数据范围限制】
|测试点编号|n|m|\\(k_i\\)|
|:-------------:|:-:|:-:|:-----:|
|1、2|\\(n\\leq 1000\\)|0||
|3、4|\\(n\\leq 3000\\)|\\(m\\leq 3000\\)|\\(2\\leq k_i\\leq n\\)|
|5|\\(n\\leq 100000\\)|\\(m\\leq 100000\\)|\\(k_i=2\\)|
|6~10|\\(n\\leq 100000\\)|\\(m\\leq 100000\\)|\\(2\\leq k_i\\leq n\\)|
题解
T1 农场
这题很水，比赛时就有200多人AC了。
题目大意就是给你n个数\\(a_1,a_2,...,a_n\\)，要求把它们划分成若干份，每一份的和都相等，求出最多能划分成几份。
这题可以用二分+前缀和来做。
输入时顺便求出前缀和数组f，那么\\(f_n\\)就是\\(a_1,a_2,...,a_n\\)的和了（最大为\\(10^15\\)）。然后我们就求出它所有小于等于n的因数（可用线性筛法求出）
接下来就枚举所有的因数，设当前枚举到的因数为k，那么我们就判断可不可以将这些数划分成\\(\\frackf_n\\)份，如果可以，就用k来更新答案。
判断能否划分的方法很多，下面我就来说二分+前缀和的方法。
弄一个for循环，枚举不大于\\(f_n\\)的k的倍数i。
然后在f数组内二分查找i，如果没找到，那枚举到的k一定是不行的。
最后输出答案就可以了。
T2 密码锁
这题有一个十分神奇的性质：一个数要么加，要么减，不存在又加又减的情况。
所以可以用差分来做。
设\\(f_i\\)表示第i个数和第i-1个数的差，那么可以得出\\(f_i=(a_i-a_i-1+m)\\mod m\\)
那么对于f值，我们就可以考虑把它+1或-1，由于一个数要么加要么减，所以就可以考虑把它加到m或减到0。
接着就可以发现一定存在一个值mid，使得\\(f_1\\space to\\space mid\\)全部减到0，\\(f_mid+1\\space to\\space n\\)全部加到m。
直接枚举就可以了。
然后这题就OK了。
标程
T1
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll s[1000010],a[1000010],ans;
int n,m;
bool b[1000010];
bool failed(ll want)
int l=m,r=n,mid;
while(l<=r)
mid=(l+r)/2;
if(a[mid]==want)
m=mid+1;
return 0;
if(a[mid]>want) r=mid-1;
else l=mid+1;
return 1;
int main()
freopen("farm.in","r",stdin);
freopen("farm.out","w",stdout);
int i,k;ll j;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
a[i]+=a[i-1];
for(i=2;i<=1000000;i++) if(!b[i])
if(a[n]%i==0) s[++s[0]]=i;
for(j=(i<<1);j<=1000000;j+=i) if(!b[j])
b[j]=1;
if(j<=n&&a[n]%j==0) s[++s[0]]=j;
for(i=1;i<=s[0];i++)
m=0;
for(j=s[i];j<=a[n];j+=s[i])
if(failed(j)) break;
if(j>a[n])
if(a[n]/s[i]>ans) ans=a[n]/s[i];
printf("%lld\\n",ans);
return 0;
T2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[1000010],f[1000010],ans,k,last,now;
int main()
freopen("lock.in","r",stdin);
freopen("lock.out","w",stdout);
int n,m,i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&now);
a[i]=(now-last+m)%m;
last=now;
a[n+1]=(m-last)%m;
sort(a+1,a+n+2);
for(i=n+1;i>0;i--) f[i]=f[i+1]+m-a[i];
for(i=0;i<=n+1;i++)
ans+=a[i];
if(ans==f[i+1]) break;
printf("%lld\\n",ans);
return 0;
DAY2
题目
T1 谈笑风生
【题目描述】
【输入】
【输出】
一行两个数，所需能量P与在能量最小的前提下最短的到达时间t。
【样例输入】
5 7 66
4 3 2 1 5
1 2
1 5
2 3
2 4
2 5
3 4
3 5
【样例输出】
6 64
【数据范围限制】
【样例解释】
从城市1出发，花费6单位能量，依次经过2、4、3、到达首都5，花费32+3+0+29=64秒
T2 滑稽子图
【题目描述】
【输入】
【输出】
仅一个整数，表示滑稽值对998244353取模后的值。
【样例输入】
Sample Input1
3 2 1
1 2
1 3
Sample Input2
6 5
1 2
1 3
1 4
1 6
4 5
【样例输出】
Sample Output1
4
Sample Output2
216
【数据范围限制】
|数据点|数据限制|
|:---:|:---:|
|Case 1|\\(n,m\\leq 20\\)|
|Case 2-3|\\(n,m\\leq 100,k\\leq 1\\)|
|Case 4-6|\\(n,m\\leq 1000,k\\leq 2\\)|
|Case 1-13|\\(n,m\\leq 100000,k\\leq 4\\)|
|Case 1-20|\\(n,m\\leq 100000,k\\leq 10\\)|
共20个测试点。
T3 木板
【题目描述】
【输入】
【输出】
对于每个询问操作，输出一行包含一个整数，代表最大容量。
【样例输入】
4 4
1 2 5 6
1 2 4 2
1 1 2
1 3 4
1 1 4
1 1 3
【样例输出】
1
2
8
6
【数据范围限制】
|测试点|N|Q|其他||
|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|
|1|\\(\\leq 500\\)|\\(\\leq 500\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|2|\\(\\leq 10^5\\)|\\(\\leq 10^5\\)|询问操作只出现一次|\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|3|\\(\\leq 10^5\\)|\\(\\leq 10^5\\)|没有修改操作|\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|4|\\(\\leq 10^5\\)|\\(\\leq 10^5\\)|没有修改操作|\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|5|\\(\\leq 10^5\\)|\\(\\leq 10^5\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|6|\\(\\leq 10^5\\)|\\(\\leq 10^5\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|7|\\(\\leq 10^5\\)|\\(\\leq 10^5\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|8|\\(\\leq 5*10^5\\)|\\(\\leq 5*10^5\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|9|\\(\\leq 5*10^5\\)|\\(\\leq 5*10^5\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
|10|\\(\\leq 5*10^5\\)|\\(\\leq 5*10^5\\)||\\(0\\leq x_i\\leq 10^9,1\\leq h_i\\leq 10^9\\)|
T4 巡逻
【题目描述】
【输入】
【输出】
对于每一次询问，输出一行一个数表示答案，若不存在从这个城市出发的巡逻方案，则输出-1。
【样例输入】
5
-1 1 -1 2 1
1 -1 1 -1 -1
-1 1 -1 3 1
2 -1 3 -1 -1
1 -1 1 -1 -1
3
0 1
1 5
0 1
【样例输出】
4
7
【数据范围限制】
题解
T1 谈笑风生
这题真是太变态了！本蒟蒻只拿到了10分。
此题正解：莫比乌斯反演（什么鬼）+二分（答案这么大，不用二分用什么）
不难发现，这题只用先预处理出每条边的权值（即不用能量走过这条边的时间），然后二分答案跑SPFA就可以了。
预处理就是这题的关键所在。
设(u,v)这条边的边权为w(u,v)
暴力的方法就是\\[w(u,v)=\\sum_i=1^A_u\\sum_j=1^A_v((i,j)=1)1\\]
但是这样很明显会爆掉。
这是我们就要用莫比乌斯反演了（什么？不知道什么是莫比乌斯反演？自己搜去吧！）
利用这个高大上的方法，我们可以得到以下求法：
\\[w(u,v)=\\sum_k=1^min(A_u,A_v)\\sum_i=1^\\fracA_uk\\sum_j=1^\\fracA_vkk\\cdot μ_k\\cdot(i+j)\\]
标程
T1
#include<cstdio>
using namespace std;
#define inf (1e18)+1
int n,num[100010],a[10010],prime[100010],date[50010],first[10010];
bool b[100010],exist[10010];
long long T,anss,dis[10010];
int mymin(int x,int y)return x<y?x:y;
struct EDGE
int start,end,next;
long long lenth;
void count()
int i,j,k,p,q;
long long s;
for(i=mymin(a[start],a[end]);i>0;i--)
s=i*num[i];p=a[end]/i,q=a[start]/i;
lenth+=s*q*(1+q)/2*p+s*p*(1+p)/2*q;
edge[40010];
void Mobius()
int i,j,k;
num[1]=1;
for(i=2;i<=100000;i++)
if(!b[i])
prime[++prime[0]]=i;
num[i]=-1;
for(j=1;j<=prime[0];j++)
k=i*prime[j];
if(k>100000) break;
b[k]=1;
if(i%prime[j]==0)
num[k]=0;
break;
num[k]=-num[i];
bool spfa(long long p)
int head=0,tail=1,u,v,i;
long long t;
for(i=2;i<=n;i++) dis[i]=inf;
date[1]=1;dis[1]=0;
while(head<tail)
head++;
if(head>50000) head=1;
u=date[head];
exist[u]=0;
for(i=first[u];i;i=edge[i].next)
v=edge[i].end;
t=edge[i].lenth-p;
if(t<0) t=0;
if(dis[u]+t<dis[v])
dis[v]=dis[u]+t;
if(!exist[v])
tail++;
if(tail>50000) tail=1;
date[tail]=v;
exist[v]=1;
if(dis[n]>T) return 0;
return 1;
int main()
freopen("magic.in","r",stdin);
freopen("magic.out","w",stdout);
int m,i,j,k;
long long l=0,r=inf,mid,ans;
Mobius();
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&T);
for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(k=1;k<=m;k++)
scanf("%d%d",&i,&j);
edge[2*k-1]=(EDGE)i,j,first[i],0;
edge[2*k-1].count();
first[i]=2*k-1;
edge[2*k]=(EDGE)j,i,first[j],edge[2*k-1].lenth;
first[j]=2*k;
while(l<=r)
mid=(l+r)/2;
if(spfa(mid))
ans=mid;
anss=dis[n];
r=mid-1;
else l=mid+1;
printf("%lld %lld\\n",ans,anss);
return 0;
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