noip冲刺赛第五次考试

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了noip冲刺赛第五次考试相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

1.公约数 (gcd.cpp\c\pas)

【问题描述】 给定一个正整数，在[1,n]的范围内，求出有多少个无序数对(a,b)满足 gcd(a,b)=a xor b。

【输入格式】 输入共一行，一个正整数n。

【输出格式】 输出共一行，一个正整数表示答案。

【输入输出样例】 gcd.in  3

gcd.out 1

解释：只有(2,3)满足要求

【数据范围】 对于30%的数据满足n<=1000 对于60%的数据满足n<=10^5 对于100%的数据满足n<=10^7

拿到题就打了30分版本，没推出来公式。

60分版本：

设a^b=c,所以可得a^c=b;

-->gcd(a,a^c)=c;

然后通过枚举a,c完成代码

复杂度O（nlog(n^2)）

100分版本：

在60分版本上，加上以下公式：

首先，a=b肯定无解，不妨设a>b:

1：gcd(a,b)是a,b的因数，a-b中也有gcd(a,b)这个因数--->a-b>=gcd(a,b);

2:显然，a^b>=a-b,因为异或不同的地方为1，而减法会牵扯借位；

所以得到gcd(a,b)<=a-b<=a^b;

因为gcd(a,b)=a^b

所以a^b=a-b=gcd(a,b)=c;

b=a-c;

所以只需判断a^c是否等于a-c即可

枚举c,a=i*c

复杂度O(nlog(n))

#include<cstdio>
int main()
{
    int n,ans=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
        for(int j = n/i ; j >= 2 ; --j)
        {
            int a=j*i;
            if((i^a)==(a-i))++ans;
        }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

 

2.通讯 (message.cpp\c\pas)

【问题描述】“这一切都是命运石之门的 选择。” 试图研制时间机器的机关 SERN 截获了中二科学家伦太郎发往过去的一条 短信，并由此得知了伦太郎制作出了电话微波炉（仮）。 为了掌握时间机器的技术，SERN 总部必须尽快将这个消息通过地下秘密通讯 网络，传达到所有分部。 SERN 共有 N 个部门（总部编号为 0），通讯网络有 M 条单向通讯线路，每条 线路有一个固定的通讯花费 Ci。 为了保密，消息的传递只能按照固定的方式进行：从一个已知消息的部门向 另一个与它有线路的部门传递（可能存在多条通信线路）。我们定义总费用为所 有部门传递消息的费用和。 幸运的是，如果两个部门可以直接或间接地相互传递消息（即能按照上述方法 将信息由 X 传递到 Y，同时能由 Y 传递到 X），我们就可以忽略它们之间的花费。 由于资金问题（预算都花在粒子对撞机上了），SERN 总部的工程师希望知道， 达到目标的最小花费是多少。

【输入格式】多组数据，文件以 2 个 0 结尾。 每组数据第一行，一个整数 N，表示有 N 个包括总部的部门（从 0 开始编号）。 然后是一个整数 M，表示有 M 条单向通讯线路。 接下来 M 行，每行三个整数,Xi,Yi,Ci，表示第 i 条线路从 Xi 连向 Yi，花费 为 Ci。

【输出格式】 每组数据一行，一个整数表示达到目标的最小花费。

【数据范围】对于 10%的数据， 保证 M=N-1 对于另 30%的数据，N ≤ 20 ，M ≤ 20 对于 100%的数据，N ≤ 50000 ， M ≤ 10^5 ，Ci ≤ 10^5 ，数据组数 ≤ 5 数据保证一定可以将信息传递到所有部门。

Tarjan_mod或者Kosaraju_mod都能过，裸的强连通分量。

1：Kosaraju

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxm 100010
#define maxn 50010
#define inf 1<<29
int belong[maxn],head[maxn],head2[maxn],vis[maxn],dfn[maxn],dis[maxn];
int ecnt,cnt,sum,n,m,ans;
using namespace std;
struct edge{
    int u,v,next,w;
}E[maxm],Ee[maxm];
void addedge(int u,int v,int w)
{
    E[++ecnt].u=u;
    E[ecnt].v=v;
    E[ecnt].w=w;
    E[ecnt].next=head[u];
    head[u]=ecnt;
    Ee[ecnt].u=v;
    Ee[ecnt].v=u;
    Ee[ecnt].w=w;
    Ee[ecnt].next=head2[v];
    head2[v]=ecnt;
}
void dfs(int x)
{
    for(int i = head[x] ; i ; i = E[i].next)
    {
        int v=E[i].v;
        if(!vis[v])
        {
            vis[v]=1;
            dfs(v);
        }
    }
    dfn[++cnt]=x;
    return ;
}
void search(int x)
{
    for(int i = head2[x] ; i ; i = Ee[i].next)
    {
        int v=Ee[i].v;
        if(!belong[v])
        {
            belong[v]=sum;
            search(v);
        }
    }
    return ;
}
void kasa()
{
    cnt=0;
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
        if(!vis[i])
        {    
            vis[i]=1;
            dfs(i);
        }
    for(int i = cnt ; i >= 1 ; --i)
    {
        int x=dfn[i];
        if(!belong[x])
        {
            belong[x]=++sum;
            search(x);
        }
    }
}
void init()
{
    ecnt=cnt=sum=ans=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(belong,0,sizeof(belong));
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(head2,0,sizeof(head2));
    for(int i = 1 ; i <= maxn ;  ++i)dis[i]=inf;
}
int main()
{
    int a,b,w;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m)
    {
        init();
        for(int i = 1 ; i <= m ; ++i)
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
            addedge(a+1,b+1,w);
        }
        kasa();
        for(int i = 1 ; i <= m ; ++i)
        {
            for(int j = head[i] ; j ; j = E[j].next)
            {
                int u=E[j].u;
                int v=E[j].v;
                int w=E[j].w;
                if(belong[u]!=belong[v])dis[belong[v]]=min(dis[belong[v]],w);
            }
        }
        for(int i = 1 ; i <= sum ; ++i)
            {
                if(dis[i]==inf)dis[i]=0;
                ans+=dis[i];
            }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

2、Tarjan

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxn 100010
#define maxm 50010
#define inf 1<<29
using namespace std;
int instack[maxm],stack[maxm],belong[maxm],dfn[maxm],low[maxm],head[maxm],dis[maxm];
int ecnt,cnt,ans,ord,top;
struct edge{
    int u,v,next,w;
}E[maxn];
void addedge(int u,int v,int w)
{
    E[++ecnt].u=u;
    E[ecnt].v=v;
    E[ecnt].w=w;
    E[ecnt].next=head[u];
    head[u]=ecnt;
}
void Tarjan(int x)
{
    dfn[x]=low[x]=++ord;
    stack[++top]=x;
    instack[x]=1;
    for(int i = head[x] ; i ; i = E[i].next)
    {
        int v=E[i].v;
        if(!dfn[v])Tarjan(v);
        if(instack[v])low[x]=min(low[v],low[x]);
    }
    if(dfn[x]==low[x])
    {
        ++cnt;
        int v;
        do{
            v=stack[top--];
            instack[v]=0;
            belong[v]=cnt;
        }while(x!=v);
    }
}
void init()
{
    top=ecnt=cnt=ans=ord=0;
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(low,0,sizeof(low));
    memset(E,0,sizeof(E));
    memset(belong,0,sizeof(belong));
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(instack,0,sizeof(instack));
    memset(stack,0,sizeof(stack));
    for(int i = 1 ; i <= maxm ; ++i)dis[i]=inf;
}
int main()
{
    int n,m,a,b,w;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m)
    {
        init();
        for(int i = 1 ; i <= m ; ++i)
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
            addedge(a+1,b+1,w);
        }    
        for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
            if(!dfn[i])Tarjan(i);
        for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
            for(int j = head[i] ; j ; j = E[j].next)
                {
                    int v=E[j].v;
                    int w=E[j].w;
                    if(belong[i]!=belong[v])dis[belong[v]]=min(dis[belong[v]],w);
                }
        for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i)
        {
            if(dis[i]==inf)dis[i]=0;
            ans+=dis[i];
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

3．label (label.cpp/c/pas)

【问题描述】 Samjia和Peter不同，他喜欢玩树。所以Peter送给他一颗大小为n的树，节 点编号从1到n。 Samjia要给树上的每一个节点赋一个[1,m]之间的权值，并使得有边直接相 连的两个节点的权值之差的绝对值 ≥ k。请你告诉Samjia有多少种不同的赋值 方案，只用求出答案对10 9+7(1000000007)取模得到的结果。

【输入格式】 输入文件名为 label.in。 输入数据的第一行包含一个整数 T，代表测试数据组数。 接下来是 T 组数据. 每组数据的第一行包含三个整数 n、m 和 k。 接下来 n − 1 行，每行包含两个整数 u 和 v， 代表节点 u 和 v 之间有 一条树边。

【输出格式】 输出文件名为 label.out。 对于每组数据，输出一行，包含一个整数，代表所求的答案。

树形DP（mmp...）

 

注释写在代码里

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define maxn 105
#define maxm 10005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int f[maxn][maxm];
int T,n,m,k,lim,ecnt;
int head[maxn];
struct edge{
    int u,v,next;
}E[maxn<<1];
void addedge(int u,int v)//邻接表
{
    E[++ecnt].u=u;
    E[ecnt].v=v;
    E[ecnt].next=head[u];
    head[u]=ecnt;
}
ll getsum(int x,int from)
{
    ll ret(0);
    for(int i = from;i <= lim ; ++i)ret=(ret+f[x][i]%mod)%mod;遍历dp左端情况
    for(int i = m ; i >= m-lim+1 ; --i)//遍历dp右端情况
    {
        if(i<=lim||i<from)break;//防止i左移超出dp右端范围
        ret=(ret+f[x][m-i+1]%mod)%mod;//加上右端对应的dp左端值
    }
    int l=max(from,lim+1),r=m-lim;//max是为了处理from大于lim+1的情况
    int flg=r-l+1;
    if(flg>0)ret=(ret+1ll*flg*f[x][lim]%mod)%mod;//中间所有值相同，存在lim里即可
    return ret;
}
void dfs(int u,int fa)
{
    for(int i = 1 ; i <= lim ; ++i)f[u][i]=1;
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next)
    {
        int v= E[i].v;
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);//建树
        ll sum=getsum(v,k+1);//对于父亲节点选1的情况进行初始化，通过右移过程中减去右端的值，增加左端的值实现动态变化。
        for(int j = 1 ; j <= lim ; ++j)
        {
            if(j-k>=1)sum=(sum+f[v][j-k]%mod)%mod;//加上新加入的左端值
            f[u][j]=1ll*sum*f[u][j]%mod;//乘法原理
            if(j+k<=m)//右端不出界
            {
                int bb=j+k;
                if(m-bb+1<=lim)bb=m-bb+1;//右端对应到lim左边，把右端对应到左端对称位置。
                else if(bb>=lim)bb=lim;右端对应到lim右边，把右端转移至lim位置
                sum=(sum-f[v][bb]+mod)%mod;//减去右边进入k范围内的值
            }
        }
    }
}
int ksm(int x,int y)
{
    int a=x%mod;
    int ret(1);
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=1ll*ret*a%mod;
        y>>=1;
        a=1ll*a*a%mod;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int a,b;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        ecnt=0;
        memset(head,0,sizeof(head));
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i = 1 ; i < n ; ++i)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            addedge(a,b);
            addedge(b,a);
        }
        if(!k)//如果K为0，计算m^n即可
        {
            printf("%d\n",ksm(m,n));
            continue;
        }
        lim=min(10000,m);//推导在下面
        dfs(1,0);
        printf("%I64d\n",getsum(1,1));
    }
    return 0;
}

lim的推导：

借助样例

Dp[3][1]=dp[3][2]=……=dp[3][10]=1

Dp[2][1]=dp[2][10]=8

Dp[2][2]=dp[2][3]=……=dp[2][9]=7

Dp[1][1]=dp[1][10]=57

Dp[1][2]=dp[1][9]=50

Dp[1][3]=dp[1][4]=……=dp[1][8]=51

同一个点的 dp 值是对称的。 中间有一段的值是相同的。

树的最大深度n-1=99

因为k<=100所以某一端不同的值最多有9900个，简记成10000。

整体思路就是把f[v][i]中的左端实化，右端虚化，在做右端时通过左端对应位置来更新，然后把中间相同部分一并处理。

 

以上是关于noip冲刺赛第五次考试的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

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