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• T1：小P的lol
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  • solution
  • code
• T2：創(chuàng)世紀
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• T3：無聊的數(shù)對
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T1：小P的lol

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此題非常水…
先用素數(shù)篩，篩出$[1,n]$中的質(zhì)數(shù)
質(zhì)數(shù)越小，倍數(shù)的分布就越密集
所以質(zhì)數(shù)一定是從小開始往大的取
然后就是暴力跑，考試的時候我以為暴力會$T$，一直在思考打容斥，幸好最后交的是暴力，嘻嘻~

code

#include <cstdio> #define MAXN 10000005 int n, k, cnt, ans; int prime[MAXN]; bool vis[MAXN], flag[MAXN];void init() {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) {vis[i] = 1;prime[++ cnt] = i;}for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) break;}} }int main() {scanf( "%d %d", &n, &k );init();if( k == n - 1 ) return ! printf( "%d", cnt );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) {for( int j = prime[i];j <= n;j += prime[i] ) {if( flag[j] == 0 ) {flag[j] = 1;ans ++;if( ans >= k ) return ! printf( "%d", i );}}}return 0; }

T2：創(chuàng)世紀

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applepi手里有一本書《創(chuàng)世紀》，里面記錄了這樣一個故事……

上帝手中有著N 種被稱作“世界元素”的東西，現(xiàn)在他要把它們中的一部分投放到一個新的空間中去以建造世界。每種世界元素都可以限制另外一種世界元素，所以說上帝希望所有被投放的世界元素都有至少一個沒有被投放的世界元素能夠限制它，這樣上帝就可以保持對世界的控制。
由于那個著名的有關(guān)于上帝能不能制造一塊連自己都不能舉起的大石頭的二律背反命題，我們知道上帝不是萬能的，而且不但不是萬能的，他甚至有事情需要找你幫忙——上帝希望知道他最多可以投放多少種世界元素，但是他只會O(2^N) 級別的算法。雖然上帝擁有無限多的時間，但是他也是個急性子。你需要幫助上帝解決這個問題。

輸入格式
第一行是一個整數(shù)N，表示世界元素的數(shù)目。
第二行有 N 個整數(shù)A1, A2, …, AN。Ai 表示第i 個世界元素能夠限制的世界元素的編號。

輸出格式
一個整數(shù)，表示最多可以投放的世界元素的數(shù)目。

樣例
樣例輸入
6
2 3 1 3 6 5
樣例輸出
3

數(shù)據(jù)范圍與提示
樣例說明
選擇2、3、5 三個世界元素即可。分別有1、4、6 來限制它們。

數(shù)據(jù)范圍與約定
對于30% 的數(shù)據(jù)，N≤10。
對于60% 的數(shù)據(jù), N≤10^5。
對于 100% 的數(shù)據(jù)，N≤10^6，1≤Ai≤N，Ai≠i。

solution

貪心
考場上通過找規(guī)律我發(fā)現(xiàn)了
環(huán)的點大小為奇數(shù)，產(chǎn)生的貢獻是$cnt>>1$
環(huán)的點大小為偶數(shù)，產(chǎn)生的貢獻還是$cnt>>1$

通過輸入的要求，可以知道最后圖一定是以鏈+環(huán)的形式
先處理鏈的形式，每兩個綁一起產(chǎn)生1的貢獻，可以類似拓撲去跑
但是鏈與環(huán)的交接處那個點是在環(huán)的時候去產(chǎn)生貢獻，不要在鏈的時候搞
最后跑出環(huán)的大小，計算貢獻

code

#include <cstdio> #define MAXN 1000005 int n, l = 1, r, ans; int v[MAXN], d[MAXN], st[MAXN]; bool vis[MAXN];int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &v[i] );d[v[i]] ++;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! d[i] ) st[++ r] = i;while( l <= r ) {if( ! vis[st[l]] && ! vis[v[st[l]]] ) {ans ++;vis[v[st[l]]] ++;if( -- d[v[v[st[l]]]] == 0 )st[++ r] = v[v[st[l]]];}vis[st[l ++]] = 1;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) {int cnt = 0, j = i;while( v[j] != i )vis[j] = 1, j = v[j], cnt ++;vis[j] = 1;ans += ( cnt + 1 ) >> 1;}printf( "%d", ans );return 0; }

T3：無聊的數(shù)對

title

solution

要求$i?j=k$中$k$的二進制中1的個數(shù)為奇數(shù)
此時$i,j$的要求是一奇一偶

證明如下：

先溫習一下二進制的異或法則
$1?1=0$
$0?0=0$
$1?0=1$

①
如果$i,j$二進制的第$p$位不相等，有一個為$1$，異或后還是$1$
$1$的個數(shù)奇偶性不改變
②
如果相等
1）兩個都為$0$，異或為$0$，也不會對$1$的奇偶性造成改變
2）兩個都為$1$，那么異或后變成$0$，個數(shù)減掉$2$，奇偶性沒改變
綜上，$i,j$中$1$的奇偶性是永遠不會改變的
奇數(shù)+奇數(shù)=偶數(shù)，偶數(shù)+偶數(shù)=偶數(shù)，奇數(shù)+偶數(shù)=奇數(shù)
所以必須要一奇一偶，證明完畢！

再觀$l,r$十分龐大，已經(jīng)超出$int$邊界
但是不要怕，靜態(tài)區(qū)間求個數(shù)之類的題，最喜歡丟線段樹上面了
我們就維護一棵線段樹，把區(qū)間操作丟上去
然后分別統(tǒng)計二進制$1$為奇數(shù)的個數(shù)和二進制$1$為偶數(shù)的個數(shù)
進行乘法操作，直接用根的信息即可
注意： 被完全覆蓋的區(qū)間記得打懶標記，因為這個區(qū)間被完全包含了，是不會產(chǎn)生新貢獻的

這道題其實也就這樣吧…

code

#include <cstdio> #define ll long long #define MAXN 100005 int n, cnt, root; ll l, r; //odd表示區(qū)間[l,r]內(nèi)二進制中1為奇數(shù)的個數(shù) //even表示區(qū)間[l,r]內(nèi)二進制中1為偶數(shù)的個數(shù) ll find( ll x ) {if( x & 1 ) return ( x + 1 ) >> 1;return ( x >> 1 ) + __builtin_parityll( x ); }bool flag[MAXN]; int lson[MAXN << 2], rson[MAXN << 2]; ll odd[MAXN], even[MAXN];void modify( int &t, ll l, ll r, ll L, ll R ) {if( flag[t] ) return;if( ! t ) t = ++ cnt;if( L <= l && r <= R ) {flag[t] = 1;odd[t] = find( r ) - find( l - 1 );even[t] = r - l + 1 - odd[t];return;}ll mid = ( l + r ) >> 1ll;if( L <= mid ) modify( lson[t], l, mid, L, R );if( mid < R ) modify( rson[t], mid + 1, r, L, R );odd[t] = odd[lson[t]] + odd[rson[t]];even[t] = even[lson[t]] + even[rson[t]]; }int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {ll l, r;scanf( "%lld %lld", &l, &r );modify( root, 1, ( 1ll << 32 ) - 1, l, r );printf( "%lld\n", odd[1] * even[1] );}return 0; }

終于時隔多年，我補完了完整的一場狂歡賽！！！

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[帝皇杯day 1] [NOIP2018模拟赛]小P的loI（暴力+素筛），【NOIP模拟赛】创世纪（贪心），无聊的数对（线段树）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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