[HDOJ3403 Palindrome day]暴力

【算法分析】
直接预处理出所有答案。
枚举回文数的前半截。
这样就可以确保升序。
注意判断闰年。
比赛时因为这个闰年的某个判断没AC。= =
【其它】
我真是沙茶。。。
【CODE】
#include #include #include typedef __int64 lld;
const int N=4000000;
int tot,Tc,len,odd;
lld list[4000005];
int L1[13]={0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int now,mid,dd,mm,Ed[10];
lld yy;
char ch[100];

inline lld filp(lld x){return x/10+x%10*10;}

void Add(int LL){
if (tot==N) return;
int i,j;
if (len%2==0) j=LL;
else j=LL-1;
while (j>0){
ch[++LL]=ch[j];
j–;
}
yy=dd*100+mm;
for (i=1;i<=LL;i++)
yy=yy*10+ch[i]-‘0’;
if (!((yy%4==0 && yy%100!=0) || yy%400==0))
if (filp(mm)==2 && filp(dd)==29) return;
yy=0;
for (i=1;i<=LL;i++)
yy=yy*10+ch[i]-‘0’;
list[++tot]=yy*10000+mm*100+dd;
}

void Try(){
int LL,i,j;
LL=(len+1)/2;
for (i=1;i<=LL;i++) ch[i]='0';
Add(LL);
if (tot==N) return;
while (1){
i=LL;
while (i>0 && ch[i]==’9′) i–;
if (i==0) return;
for (j=i+1;j<=LL;j++) ch[j]='0';
ch[i]++;
Add(LL);
if (tot==N) return;
}
}

bool can(){
int td=filp(dd),tm=filp(mm);
if (tm<1 || tm>12) return false;
if (td<1 || td>L1[tm]) return false;
return true;
}

void Get(){
for (dd=10;dd<=99;dd++)
for (mm=1;mm<=99;mm++)
if (can())
Try();
}

void init(){
tot=0;
for (len=0;tot Get();
Ed[len]=tot;
}
}

void PUT(lld x,int LL){
if (LL==0) return;
lld tmp=1;
for (int i=1;i while (tmp>0){
printf("%d",(int)(x/tmp%10));
tmp/=10;
}
}

void output(lld x,int LL){
PUT(x%100,2);
PUT(x/100%100,2);
PUT(x/10000,LL);
PUT(filp(x/100%100),2);
PUT(filp(x%100),2);
printf("n");
}

void solve(){
int Tc,x;
scanf("%d",&Tc);
for (int i=1;i<=Tc;i++){
scanf("%d",&x);
int j=0;
while (x>Ed[j]) j++;
output(list[x],j);
}
}

int main(){
init();
solve();
}

HDU月赛——2010.5.1

本次月赛出了6题。Rank 2。
1002果断TLE。然后再用拓展欧几里得算法,再次WA到死。
然后最后rejudge了。
回文数的正解居然是要排序的,我写的是按顺序弄出来的。。。一路狂WA。。。
最后就这样悲剧了。
悲剧+沙茶。。。
没啥说的。。。BS我这沙茶吧
1001:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/7973c631706b6af41a4cff36.html
1002:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/432eec95b9c7bc6155fb9628.html
1003:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/bdd0b333ad4f3215ebc4af59.html
1004:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/b40d62d19d4bc038970a1612.html
1005:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/82fcbcc49ecc4f179d163d21.html
1006:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/46f4fcd30c4a34349b5027e2.html
1007:http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/ddefd41529d7340d4a90a71c.html
另外1003在SCOI测试中,匹配是比并查集快的,但是这里匹配会TLE,只能用并差集。

[SPOJ2798 QTREE3]树链剖分、线段树

【题目地址】https://www.spoj.pl/problems/QTREE3/

【题目大意】
给定一棵树,一开始所有点都是白色的。
给定两个操作:
0 x:把点x变色(本来是白色变成黑色,本来是黑色变成白色)
1 x:求从结点1到点x的路径上,第一个黑色的点是哪一个?如果没有,输出-1。
【算法分析】
树链剖分例题(比本文详细):http://hi.baidu.com/edwardmj/blog/item/2894235220a1be501038c2c9.html
首先显然把结点1当做根变成有根树。
轻重边剖分,然后都于每个重路径建立一棵线段树,然后对于操作0,就把线段树里对应那个点取反即可。
然后对于操作1,就从点x一直向父亲走,遇到重路径就跳到重路径的起始端,并用线段树取最小值,遇到轻边的话就直接走。
【其它】
跑了12s+。。。。果然我写的程序总是比较慢= =
【CODE】
#include #include #include const int N=100005;
const int INF=1000000000;
struct gtp{int x,y,next,op,inlist;}g[N*2];
struct TT{int l,r,zz;}tr[N*8];
int n,m,e,times,tot,ct,ans;
int ls[N],list[N],fa[N],Size[N],myheavy[N],black[N];
int color[N],cst[N];

void addedge(int x,int y){
g[++e].x=x; g[e].y=y; g[e].next=ls[x]; ls[x]=e; g[e].op=e+1;
g[++e].x=y; g[e].y=x; g[e].next=ls[y]; ls[y]=e; g[e].op=e-1;
}

void input(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1,x,y;i scanf("%d%d",&x,&y);
addedge(x,y);
}
}

void predfs(int p){
Size[p]=times++;
for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
if (!fa[p] || t!=g[fa[p]].op){
fa[g[t].y]=t;
predfs(g[t].y);
}
Size[p]=times-Size[p];
}

void dfs(int p){
int mt,mm=-INF;
for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
if ((!fa[p] || t!=g[fa[p]].op) && Size[g[t].y]>mm){
mm=Size[g[t].y];
mt=t;
}
if (mm==-INF) return;
myheavy[p]=mt;
list[++tot]=mt;
g[mt].inlist=tot;
dfs(g[mt].y);
for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
if ((!fa[p] || t!=g[fa[p]].op) && t!=mt)
dfs(g[t].y);
}

void draw_color(){
ct=color[1]=cst[1]=1;
for (int i=2;i<=tot;i++){
if (g[list[i-1]].y!=g[list[i]].x) cst[++ct]=i;
color[i]=ct;
}
}

void build(int p,int l,int r){
tr[p].l=l; tr[p].r=r; tr[p].zz=0;
if (l==r) return;
int mid=(l+r)/2;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
}

void change(int p,int x){
if (tr[p].l==tr[p].r){
if (tr[p].zz) tr[p].zz=0;
else tr[p].zz=g[list[x]].x;
return;
}
int mid=(tr[p].l+tr[p].r)/2;
if (x<=mid) change(p*2,x);
else change(p*2+1,x);
if (tr[p*2].zz) tr[p].zz=tr[p*2].zz;
else tr[p].zz=tr[p*2+1].zz;
}

void Get_zz(int p,int l,int r){
if (l<=tr[p].l && tr[p].r<=r){
if (tr[p].zz) ans=tr[p].zz;
return;
}
int mid=(tr[p].l+tr[p].r)/2;
if (r>mid) Get_zz(p*2+1,l,r);
if (l<=mid) Get_zz(p*2,l,r);
}

void Try(int x){
if (black[x]) ans=x;
if (x==1) return;
if (!g[fa[x]].inlist) Try(g[fa[x]].x);
else{
Get_zz(1,cst[color[g[fa[x]].inlist]],g[fa[x]].inlist);
Try(g[list[cst[color[g[fa[x]].inlist]]]].x);
}
}

void deal(){
for (int op,x,i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&op,&x);
if (op==0){
black[x]^=1;
if (myheavy[x]) change(1,g[myheavy[x]].inlist);
}else{
ans=0;
Try(x);
if (ans) printf("%dn",ans);
else printf("-1n");
}
}
}

int main(){
input();
predfs(1);
dfs(1);
draw_color();
build(1,1,tot);
deal();
}

[SPOJ913 QTREE2]LCA、DFS

【题目大意】
给出一棵带权的树。有两种询问。
1、问节点a到结点b路径的权和。
2、问节点a到结点b路径中第k个点是哪个。
【算法分析】
直接搞个RMQ来算LCA。
对于询问1,轻松得出ans=dist[a]+dist[b]-dist[LCA(a,b)]
对于询问2,按照a和b到LCA(a,b)的距离,可以判断他在LCA到a的链上还是到b的链上。
进一步转化为询问(x,y):x上根走y步到达哪一个节点。
我们先把询问都放进链表里,然后一次记录路径的DFS,轻松解决。
【其他】1A
【CODE】
#include #include #include const int N=10005;
const int QQ=1000000;
struct edge{int y,w;edge *next;}space[N*2],*ls[N],Qspace[QQ],*Qls[N];
int n,e,Tc,Qe,tot,Qn;
int dist[N],dep[N],list[N*2],R[N],ans[QQ];
int rmq_node[17][N*2],rmq_dep[17][N*2],lg[N*2];

void addedge(int x,int y,int w){
space[++e].y=y; space[e].w=w;
space[e].next=ls[x]; ls[x]=&space[e];
}

void predfs(int p,int fa){
list[++tot]=p;
R[p]=tot;
for (edge *t=ls[p];t;t=t->next)
if (t->y!=fa){
dist[t->y]=dist[p]+t->w;
dep[t->y]=dep[p]+1;
predfs(t->y,p);
list[++tot]=p;
}
}

void buildrmq(){
for (int i=1;i<=tot;i++){
rmq_node[0][i]=list[i];
rmq_dep[0][i]=dep[list[i]];
}
for (int k=1;1< for (int i=1;i+(1< if (rmq_dep[k-1][i] rmq_dep[k][i]=rmq_dep[k-1][i];
rmq_node[k][i]=rmq_node[k-1][i];
}else{
rmq_dep[k][i]=rmq_dep[k-1][i+(1< rmq_node[k][i]=rmq_node[k-1][i+(1< }
}

void init(){
e=0; memset(ls,0,sizeof(ls));
Qn=0; Qe=0; memset(Qls,0,sizeof(Qls));
scanf("%d",&n);
for (int i=1,x,y,w;i scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
addedge(x,y,w);
addedge(y,x,w);
}
dist[1]=0; dep[1]=0; tot=0;
predfs(1,0);
buildrmq();
}

void addquestion(int x,int y){
Qspace[++Qe].y=y; Qspace[Qe].next=Qls[x]; Qls[x]=&Qspace[Qe];
Qspace[Qe].w=Qn;
}

int LCA(int l,int r){
if (l>r){
int tmp=l; l=r; r=tmp;
}
int k=lg[r-l+1];
if (rmq_dep[k][l] return rmq_node[k][l];
else
return rmq_node[k][r-(1<}

void build_question(){
char op[100];
int x,y,k,p;
for (Qn=1;;Qn++){
scanf("%s",op+1);
if (op[1]==’D’ && op[2]==’O’){
Qn–;
break;
}
if (op[1]==’D’){
scanf("%d%d",&x,&y);
p=LCA(R[x],R[y]);
ans[Qn]=dist[x]-2*dist[p]+dist[y];
}
else{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
p=LCA(R[x],R[y]);
if (dep[x]-dep[p]+1==k) ans[Qn]=p;
else if (k else addquestion(y,dep[y]-dep[p]-(k-(dep[x]-dep[p]+1)));
}
}
}

void solve(int p,int fa){
list[++tot]=p;
for (edge *q=Qls[p];q;q=q->next)
ans[q->w]=list[tot-q->y];
for (edge *t=ls[p];t;t=t->next)
if (t->y!=fa) solve(t->y,p);
tot–;
}

int main(){
lg[1]=0;
for (int i=2;i lg[i]=lg[i-1];
if (1< }
scanf("%d",&Tc);
for (int i=1;i<=Tc;i++){
init();
build_question();
tot=0;
solve(1,0);
for (int j=1;j<=Qn;j++) printf("%dn",ans[j]);
}
}

[FZU 1833 Counting Problem]数论、组合数、扩展欧几里得算法解模线性方程

【题目地址】http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=1833
【题目大意】
求P(sum(Ai),n*n) / (A1! * A2! * A3! …… * Ak!)
根据出题人福大核武的指示,本题考的是数论,并不是组合数学,而由于这个公式已经水得连我都能推出来,就直接写算了。。。
【算法分析】
首先做之前应该清楚几点:
1、一个数n的素因子是O(lg n)级别的。
2、没有任何辅助工具(素数表之类)的时候,将一个数分解质因数的复杂度是O(sqrt(n))级别的。
3、AC大神的 n! 质因数分解模板的复杂度是好吧,你也许会觉得这非常脑残,但是,我就是脑残地没搞清。。。

做法:
1、对M分解质因数
2、对公式的分母中红字部分分解质因数,并且分开自己拥有的质因数和M所拥有的质因数。
3、由于Sum<=100*5000,所以可以暴力求P(sum,n*n)。就是直接从n*n乘到n*n-sum+1。
乘的过程中把M所含的质因子也分离开来,和上面的那个蓝色的进行幂减。幂减以后,把各部分再分别合起来,弄成分子s1和分母s2,我们就可以惊讶地发现。。。gcd(s2,M)=1。
4、由于gcd(s2,M)=1,那么对应的 s1 = s2*x (mod M) 的解就变成了唯一的。(这个不知道对不对=_=,不会证明)
5、对于那个模线性方程,变形得 s1= s2*x + M*y。这个用欧几里得拓展算法搞定。

【其他】
Orz AC大神~
据其指示,时间和第一名居然是一样的~
1WA、1TLE。。。
WA:
最后一步搞了一会儿,一开始以为直接 s1 * s2^(M-2) % M,但是原来M必须为质数才能搞。
上面的第4步得到的gcd(s2,M)=1并不能让这个公式成立。。。
TLE:
我脑残地不听AC大神的劝告,直接枚举答案求逆元去了。。。

再Orz 一下我的各种脑残。。。果然数论我已经水到一种境界了。。。
【CODE】
#include #include #include #include using namespace std;
typedef long long lld;
int n,mod,cn,mtot,tot2;
int a[105];
int pl[50],cl[50],pl2[5005],cl2[5005];
bool ss[5005],hash[5005];
lld s1,s2;

void init(){
int i,j;
tot2=0;
memset(ss,true,sizeof(ss));
for (i=2;i*i<=5000;i++)
for (j=2;i*j<=5000;j++)
ss[i*j]=false;
for (i=2;i<=5000;i++)
if (!hash[i] && ss[i])
pl2[++tot2]=i;
}

void dealm(){
int i,j,x=mod;
bool flag;
for (i=2;i*i<=mod;i++){
flag=true;
while (x%i==0){
if (i<=5000) hash[i]=true;
if (flag) pl[++mtot]=i;
x/=i;
flag=false;
}
}
if (x!=1){
pl[++mtot]=x;
if (x<=5000) hash[x]=true;
}
}

void Div(int *list,int n){
if (!n) return;
int i,tmp;
for (i=1;i<=mtot && pl[i]<=n;i++){
tmp=n;
while (tmp/pl[i]){
list[i]-=tmp/pl[i];
tmp/=pl[i];
}
}
}

void Div2(int *list,int n){
if (!n) return;
int i,tmp;
for (i=1;i<=tot2 && pl2[i]<=n;i++){
tmp=n;
while (tmp/pl2[i]){
list[i]+=tmp/pl2[i];
tmp/=pl2[i];
}
}
}

void Fen(int x){
if (!x) return;
int i;
for (i=1;i<=mtot && x>=pl[i];i++)
while (x%pl[i]==0){
cl[i]++;
x/=pl[i];
}
s1=s1*x%mod;
}

lld pow_mod(lld x,lld cf){
if (cf==0) return 1;
lld res=pow_mod(x,cf/2);
res=res*res%mod;
if (cf&1) res=res*x%mod;
return res;
}

lld exgcd(lld a,lld b,lld &x,lld &y){
if (b==0){
x=1; y=0;
return a;
}
lld res=exgcd(b,a%b,x,y),tx=x,ty=y;
x=ty; y=tx-a/b*ty;
return res;
}

void solve(){
lld x,y,rate=s1/exgcd(s2,mod,x,y);
x=x%mod*rate%mod;
x=(x+mod)%mod;
cout << x << endl;
}

int main(){
while (scanf("%d%d%d",&n,&mod,&cn)!=EOF){
mtot=0; tot2=0;
s1=1; s2=1;
memset(cl,0,sizeof(cl));
memset(hash,false,sizeof(hash));
memset(cl2,0,sizeof(cl2));
int sum=0;
for (int i=1;i<=cn;i++){
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
}
if (mod==1){
cout << 0 << endl;
continue;
}
dealm();
init();
for (int i=1;i<=cn;i++){
Div(cl,a[i]);
Div2(cl2,a[i]);
}
for (int i=n*n;i>n*n-sum;i–) Fen(i);
for (int i=1;i<=mtot;i++)
s1=s1*pow_mod(pl[i],cl[i])%mod;
for (int i=1;i<=tot2;i++)
s2=s2*pow_mod(pl2[i],cl2[i])%mod;
solve();
}
}