久日Riav,超碰AV资源,色色五月宗合

Problem A

逐個(gè)判斷即可。
時(shí)間復(fù)雜度為 $O(1)$ 。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

string s[10];

int main()
{
    for(int i = 0; i < 6; I++)
        cin >> s[i];
    bool ans = false;
    for(int i = 1; i < 6; I++)
    {
        if(s[0][0] == s[i][0] || s[0][1] == s[i][1])
        {
            ans = true;
            break;
        }
    }
    if(ans)
        cout << "YES" << endl;
    else
        cout << "NO" << endl;
    return 0;
}

Problem B

注意到 $n$ 最大只有15，故可以使用暴力來解決。
直接枚舉所有可能性，逐個(gè)嘗試即可。
使用位運(yùn)算實(shí)現(xiàn)枚舉可以比較便利地枚舉完所有的情況。
當(dāng)然，DFS也是可以的。
時(shí)間復(fù)雜度為 $O(2^n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

bool check(int a[], int n, int bitmp)
{
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        if(bitmp & 1)
            ans += a[i];
        else
            ans -= a[i];
        bitmp >>= 1;
    }
    return ans % 360 == 0;
}

int main()
{
    int a[20], n;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];
    
    bool ans = false;
    for(int bitmp = 0; bitmp < (1 << n); bitmp++)
    {
        ans |= check(a, n, bitmp);
        if(ans)
            break;
    }
    
    if(ans)
        cout << "YES" << endl;
    else
        cout << "NO" << endl;
    return 0;
}

Problem C

檢查括號(hào)是否匹配這個(gè)使用棧便可以解決，這里假設(shè)大家已經(jīng)知道如何檢查括號(hào)匹配。
大致思想是將字符串分類，然后按類進(jìn)行匹配。

字符串大致可以分為四類：

自己就已經(jīng)是匹配的，例如()，(())，()(())
需要在右邊再添加k個(gè)右括號(hào)才能匹配的（簡(jiǎn)稱mpL[k]），例如(（還差一個(gè)），(()（還差一個(gè)），()(()(（還差兩個(gè)）
需要在左邊再添加k個(gè)左括號(hào)才能匹配的（簡(jiǎn)稱mpR[k]）
無法在只拼接一個(gè)括號(hào)字符串之后就能匹配的，例如)(
分類的話，只需要將用棧檢查括號(hào)匹配的算法稍微修改一下就可以做了（具體
參照代碼的Caclu函數(shù)）

分類完畢之后，匹配的方案如下：

對(duì)于每個(gè)k而言，mpL[k]和mpR[k]匹配（也就是取兩者計(jì)數(shù)最小值）
對(duì)于自己就已經(jīng)是匹配的而言（在代碼中為mpR[0]），在這個(gè)集合內(nèi)匹配就行了（也就是取計(jì)數(shù)除以2）

這里分類使用map實(shí)現(xiàn)，故時(shí)間復(fù)雜度為 $O(sum(len)+n{\log}n)$

//#define TEST

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

map<int, int> mpL, mpR;

void Caclu(string &s)
{
    #ifdef TEST
    cout << "Begin: " << s << endl;
    #endif
    int stk = 0;
    for(int i = 0; i < s.length(); i++)
    {
        if(s[i] == '(')
            stk++;
        else
            stk--;
        if(stk < 0)
            break;
    }
    if(stk > 0)
    {
        mpL[stk]++;
        #ifdef TEST
        cout << "L: " << stk << endl;
        #endif
    }
    
    stk = 0;
    for(int i = s.length() - 1; i >= 0; i--)
    {
        if(s[i] == ')')
            stk++;
        else
            stk--;
        if(stk < 0)
            break;
    }
    if(stk >= 0)
    {
        mpR[stk]++;
        #ifdef TEST
        cout << "R: " << stk << endl;
        #endif
    }
}

int main()
{
    mpL.clear();
    mpR.clear();
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        string s;
        cin >> s;
        Caclu(s);
    }
    
    int ans = 0;
    map<int, int>::iterator it;
    for(it = mpL.begin(); it != mpL.end(); it++)
    {
        ans += min(it->second, mpR[it->first]);
    }
    ans += mpR[0] / 2;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

Problem D

首先考慮一個(gè)簡(jiǎn)化版的問題：假設(shè)n為某個(gè)質(zhì)數(shù)p的a次冪。求問題的解。
這個(gè)的話可以直接dp就行了。假設(shè)dp[a][k]為當(dāng)n為p的a次冪的時(shí)候的解。
于是就有： $dp[a][k]={\frac {{\sum _{i=0} ^{a-1}}dp[i][k-1]} {a+1}}$
這個(gè)dp的時(shí)間復(fù)雜度為 $O(ak)$ ，也就是 $O(k{\log}n)$

那么對(duì)于復(fù)雜版本的，n為任意正整數(shù)的情況。
首先我們假設(shè)答案為 $ans_k(n)$ 。
由于作者能力有限，無法給出一個(gè)詳細(xì)且嚴(yán)謹(jǐn)?shù)淖C明。不過可以通過小范圍數(shù)據(jù)打表發(fā)現(xiàn)，當(dāng)k固定的時(shí)候， $ans_k(n)$ 為積性函數(shù)。
于是我們可以把n分解質(zhì)因數(shù)，得到 $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}p_4^{a_4}...$
于是就有： $ans_k(n)=ans_k({p_1^{a_1}})*ans_k(p_2^{a_2})*ans_k(p_3^{a_3})*ans_k(p_4^{a_4})*...$
至于每一個(gè)分解出來的函數(shù)，就是上面的簡(jiǎn)化版問題了。直接按照上面的計(jì)算即可。
至于在 $1e9+7$ 下的除法的話，逆元即可。
不過由于魔導(dǎo)書（Code Template）不知道被我扔哪里去了，所以只能自己手敲逆元。
分解質(zhì)因數(shù)需要 $O({\sqrt n})$ 的時(shí)間，故總的時(shí)間復(fù)雜度為 $O({\sqrt n}+k{\log}n)$

#include <iostream>
#include <map>
#include <vector>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL mod = 1e9+7;

void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 1;
        return;
    }
    LL px, py;
    exgcd(b, a%b, px, py);
    x = py;
    y = px - (a / b) * py;
}

LL inv(LL a)
{
    LL x, y;
    exgcd(a, mod, x, y);
    return ((x % mod) + mod) % mod;
}

map<LL, int> cnt;

void Analysis(LL n)
{
    for(LL i = 2; i * i <= n; i++)
    {
        while(n % i == 0)
        {
            cnt[i]++;
            n /= i;
        }
    }
    if(n != 1)
    {
        cnt[n]++;
    }
}

LL Solve(LL n, LL k)
{
    LL ret = 1;

    Analysis(n);
    map<LL, int>::iterator it = cnt.begin();
    for(; it != cnt.end(); it++)
    {
        vector<LL> v;
        v.push_back(1LL);
        for(int i = 0; i < it->second; i++)
        {
            v.push_back((v[v.size()-1] * it->first) % mod);
        }

        for(int i = 0; i < k; i++)
        {
            for(int j = 1; j < v.size(); j++)
            {
                v[j] = (v[j] + v[j-1]) % mod;
            }
            for(int j = 1; j < v.size(); j++)
            {
                v[j] *= inv(j + 1);
                v[j] %= mod;
            }
        }

        ret = (ret * v[v.size()-1]) % mod;
    }

    return ret;
}

int main()
{
    LL n, k;
    cin >> n >> k;
    cout << Solve(n, k) << endl;
    return 0;
}

Problem E

首先，這題我寫不出來的orz。。這題到最后迫不得已只能放棄思考，對(duì)著官方題解思考許久，才發(fā)現(xiàn)自己連題都讀錯(cuò)了orz
所以下面的題解基本上等于官方題解的翻譯版。如果啃過官方題解的話會(huì)發(fā)現(xiàn)下面這個(gè)基本等于把官方題解復(fù)讀一遍orz

大致的題意是，給定一個(gè)n個(gè)數(shù)的排列，將其拆分為k個(gè)單調(diào)的子序列。
這里很多人會(huì)讀錯(cuò)然后認(rèn)為求的是令k盡可能小的結(jié)果（為了下文描述方便，這里將盡可能小的問題簡(jiǎn)稱為最小拆分），然后想了賊久百思不得其解最后放棄。
但是這里的k其實(shí)并不需要盡可能小，而是只需要小于等于 $f(n)$ 即可。
其中關(guān)于 $f(n)$ 的定義如下：

n個(gè)數(shù)的所有排列中，每個(gè)排列可以拆分的最少的單調(diào)子序列數(shù)，這些數(shù)的最大值定義為 $f(n)$

這個(gè)事實(shí)上是一道結(jié)論題。它需要基于如下結(jié)論：

設(shè)正整數(shù) $k$ 滿足 ${\frac {k(k+1)} {2}}{\leq}n<{\frac {(k+1)(k+2)} {2}}$ ，則有 $f(n)=k$

顯然滿足條件的k是唯一的。
這個(gè)結(jié)論事實(shí)上由兩部分構(gòu)成：

當(dāng) $n{\geq}{\frac {k(k+1)} {2}}$ 時(shí)，總會(huì)有一個(gè)n的排列使其最小拆分必定大于等于k
當(dāng) $n<{\frac {k(k+1)} {2}}$ 時(shí)，所有的n的排列的最小拆分必定小于k（換言之，最大為k-1）

這里分別給出這兩個(gè)部分的不嚴(yán)謹(jǐn)證明：

結(jié)論一證明

對(duì)于存在性結(jié)論的話，只需要給出一個(gè)構(gòu)造方法即可。
這里假設(shè)n=10，k=4。那么可以給出如下序列： $\{1,3,2,6,5,4,10,9,8,7\}$
注意到這個(gè)序列是有規(guī)律的。這也是當(dāng)n恰好等于 ${\frac {k(k+1)} {2}}$ 時(shí)的構(gòu)造策略。此時(shí)顯然的，該序列的最小拆分是4。剛好為k。
那么當(dāng)出現(xiàn)n不恰好為 ${\frac {k(k+1)} {2}}$ 的情況的話，只需要找到最大的滿足
$n{\geq}{\frac {k(k+1)} {2}}$ 的k，然后將前k個(gè)數(shù)按如上規(guī)律構(gòu)造，剩下的數(shù)堆到后面即可。
具體的可以自己嘗試一下。

結(jié)論二證明

首先對(duì)n的排列求LIS（最長(zhǎng)上升子序列）。于是就會(huì)有兩種情況：

LIS的長(zhǎng)度大于等于k
LIS的長(zhǎng)度小于k

對(duì)于第一種情況，將這個(gè)LIS中從原序列中去掉，于是原序列的數(shù)字個(gè)數(shù)變?yōu)樾∮?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=%7B%5Cfrac%20%7Bk(k-1)%7D%20%7B2%7D%7D" alt="{\frac {k(k-1)} {2}}" mathimg="1">個(gè)。這個(gè)問題其實(shí)就是原問題的 $k-1$ 版本。遞歸求證即可。

對(duì)于第二種情況，我們可以使用求LIS的方法構(gòu)造出個(gè)數(shù)等于LIS長(zhǎng)度的遞減序列。由于序列數(shù)等于LIS長(zhǎng)度，故小于k。命題得證。

這里重點(diǎn)說一下如何構(gòu)造吧。前提是需要懂得LIS的 $O(n{\log}n)$ 求法。
首先，類比LIS求法需要構(gòu)造一個(gè)用來存中間結(jié)果的數(shù)組 $b$ 一樣，這里同樣需要構(gòu)造一個(gè)二維數(shù)組 $b$ （事實(shí)上更像是兩重vector）。
然后遍歷原序列，對(duì)于每個(gè)數(shù) $a[i]$ 而言：

如果二維vector $b$ 全空，或者對(duì)于二維vector $b$ 中的每個(gè)小vector的最后一個(gè)數(shù)都小于 $a[i]$ ，那么新建一個(gè)vector，其僅存入元素 $a[i]$ ，并將這個(gè)vector尾部插入至二維vector $b$ 中
否則，二分查找到所有尾部元素小于 $a[i]$ 的vector的最大值，在這個(gè)vector中尾部插入 $a[i]$

事實(shí)上這個(gè)過程就是保留歷史數(shù)據(jù)的LIS的 $O(n{\log}n)$ 求法。到最后每個(gè)vector的尾部元素連起來就是原序列的LIS了。故通過這樣分割的遞減序列的個(gè)數(shù)肯定跟LIS的長(zhǎng)度一致。

運(yùn)用結(jié)論解題

事實(shí)上結(jié)論二的證明思路就是一個(gè)構(gòu)造思路了。對(duì)于任意序列，按照結(jié)論二的證明思路構(gòu)造即可得到答案。
總的時(shí)間復(fù)雜度為 $O(n{\sqrt n}{\log}n)$ （我甚至不知道為啥這么爆炸的復(fù)雜度都能卡過去orz）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <ctime>

using namespace std;

typedef long long LL;

// 為了之后方便復(fù)用，把求LIS的過程抽成單獨(dú)的模塊
struct LIS
{
    int w[100005];
    int prt[100005];
    int dp[100005];
    int dp_pos[100005];
    int n, top;
    bool isInc;

    bool check(int a, int b)
    {
        return (a > b) ^ isInc;
    }

    void Init(bool _isInc)
    {
        n = 0;
        top = 0;
        isInc = _isInc;
    }

    void Update(int a)
    {
        w[n] = a;
        int l = 0, r = top - 1;
        while(l < r)
        {
            int mid = (l + r) >> 1;
            if(check(dp[mid], a))
            {
                l = mid + 1;
            }
            else
            {
                r = mid;
            }
        }

        if((top == 0) || check(dp[l], a))
        {
            dp[top] = a;
            dp_pos[top] = n;
            if(top == 0)
            {
                prt[n] = n;
            }
            else
            {
                prt[n] = dp_pos[top - 1];
            }
            top++;
        }
        else
        {
            dp[l] = a;
            dp_pos[l] = n;
            if(l == 0)
            {
                prt[n] = n;
            }
            else
            {
                prt[n] = dp_pos[l - 1];
            }
        }
        n++;
    }

    void Generate(vector<int> &ret)
    {
        int pos = dp_pos[top - 1];
        ret.clear();
        while(true)
        {
            ret.push_back(w[pos]);
            if(prt[pos] == pos) break;
            pos = prt[pos];
        }
        reverse(ret.begin(), ret.end());
    }
}L;

bool vis[100005];
int a[100005];

vector< vector<int> > ans;

void Solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    ans.clear();
    int cnt = 0;

    while(cnt < n)
    {
        vector<int> ret;

        L.Init(true);
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            if(vis[a[i]]) continue;
            L.Update(a[i]);
        }
        L.Generate(ret);
        
        int k = sqrt((n - cnt) * 2);
        k -= 3;
        k = max(0, k);
        while((k * (k + 1)) / 2 <= (n - cnt))k++;

        if(ret.size() >= k)
        {
            for(int i = 0; i < ret.size(); i++)
            {
                vis[ret[i]] = true;
            }
            ans.push_back(ret);
            cnt += ret.size();
        }
        else
        {
            vector< vector<int> > pans;

            for(int i = 0; i < n; i++)
            {
                if(vis[a[i]]) continue;
                int l = 0, r = pans.size() - 1;
                while(l < r)
                {
                    int mid = (l + r) >> 1;
                    int pos = pans[mid].size() - 1;
                    if(pans[mid][pos] < a[i])
                    {
                        l = mid + 1;
                    }
                    else
                    {
                        r = mid;
                    }
                }
                if((pans.size() == 0) || (pans[l][pans[l].size() - 1] < a[i]))
                {
                    vector<int> v;
                    v.push_back(a[i]);
                    pans.push_back(v);
                }
                else
                {
                    pans[l].push_back(a[i]);
                }
            }

            for(int i = 0; i < pans.size(); i++)
            {
                ans.push_back(pans[i]);
            }

            break;
        }
    }

    printf("%d\n", (int)ans.size());
    for(int i = 0; i < ans.size(); i++)
    {
        printf("%d", (int)ans[i].size());
        for(int j = 0; j < ans[i].size(); j++)
        {
            printf(" %d", ans[i][j]);
        }
        printf("\n");
    }
}

int main()
{
    srand(time(NULL));
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        Solve();
    }
    return 0;
}

Problem F

由于答案只需要0和1。故對(duì)于每一個(gè)多重集合而言，我們都可以表示成一個(gè)長(zhǎng)度為 $7000$ 的bitset。這是一個(gè)最直接的想法。
基于這個(gè)想法我們便可以直接擬出其他步驟的實(shí)現(xiàn)：

對(duì)于步驟4而言，我們就可以直接取第x個(gè)bitset中的第v位（這里記為 $f_x(v)$ ）。
對(duì)于步驟1而言，我們只需要賦一個(gè)只有第v位為1的bitset就行了。
對(duì)于步驟2而言，模2下的加法事實(shí)上就是異或（可以自己嘗試一下）
比較棘手的事步驟3。直接模擬的話時(shí)間復(fù)雜度是 $O(v^2)$ 的級(jí)別。這顯然是超時(shí)的。

對(duì)于步驟3，我們考慮能否使用更快的計(jì)算方法。
一個(gè)顯然的思路就是容斥。當(dāng)我們求新的集合的第v位的時(shí)候，事實(shí)上就是在求原來兩個(gè)集合的元素中g(shù)cd為v的數(shù)對(duì)數(shù)。這個(gè)顯然可以使用兩個(gè)集合的元素中g(shù)cd為【v的倍數(shù)】的數(shù)對(duì)數(shù)來容斥。后者就很容易計(jì)算了。
設(shè)第x個(gè)bitset中值為v的倍數(shù)的數(shù)的個(gè)數(shù)為 $F_x(v)$ 。那么兩個(gè)集合的元素中g(shù)cd為【v的倍數(shù)】的數(shù)對(duì)數(shù)顯然就是 $F_y(v)*F_z(v)$ 。也就是說，如果要使用這個(gè)方法的話還需要再維護(hù)一系列表示 $F_x(v)$ 的bitset，而且這個(gè)容斥的計(jì)算時(shí)間復(fù)雜度其實(shí)也不低（其實(shí)還是 $O(v^2)$ ）。
但是這個(gè)方法的副產(chǎn)物 $F_x(v)$ 是可以使用的。首先， $F_x(v)$ 的定義總結(jié)一下就是：
$F_x(v)={\sum_{v|d}f_x(d)}$
我們可以通過簡(jiǎn)單的莫比烏斯反演來得到如下式子：
$f_x(v)={\sum_{v|d}{\mu}({\frac d v})F_x(d)}$
也就是說，如果我們只維護(hù) $F_x(v)$ 的話，可以在需要某個(gè) $f_x(v)$ 的時(shí)候通過莫比烏斯反演在 $O(v)$ 的時(shí)間內(nèi)計(jì)算得出。
那么四個(gè)步驟的計(jì)算方法就需要做一點(diǎn)改變：

對(duì)于步驟1，需要使用類似根號(hào)試除法的方法來初始化集合x。時(shí)間復(fù)雜度為 $O({\sqrt v})$
對(duì)于步驟2，同樣還是對(duì)應(yīng)位置的元素相加即可，在模2下的計(jì)算就是異或。時(shí)間復(fù)雜度為 $O(v)$
對(duì)于步驟3，可以發(fā)現(xiàn)其實(shí)只需要將對(duì)應(yīng)位置的元素相乘就行了，在模2下的計(jì)算就是與運(yùn)算。時(shí)間復(fù)雜度為 $O(v)$
對(duì)于步驟4，可以使用莫比烏斯反演來計(jì)算。時(shí)間復(fù)雜度為 $O(v)$

總的時(shí)間復(fù)雜度為 $O(qv)$ ，似乎還不夠理想。
但事實(shí)上我們按照前面的存bitset的思想的話，我們可以使用bitet的整體計(jì)算來壓縮常數(shù)。例如說步驟2和步驟3其實(shí)就是兩個(gè)bitset直接進(jìn)行運(yùn)算。時(shí)間復(fù)雜度雖然還是 $O(v)$ ，但是常數(shù)縮小到 ${\frac 1 {32}}$ 的量級(jí)下。大致估算一下可以卡過去。
對(duì)于步驟4而言。我們也需要盡可能得轉(zhuǎn)換成兩個(gè)bitset直接計(jì)算。由于v的取值只有最多7000種。我們可以將莫比烏斯函數(shù)進(jìn)一步處理成7000個(gè)不同的bitset用于在不同的v值下使用。于是答案就可以變成兩個(gè)bitset相乘（與運(yùn)算），得到新的bitset，然后對(duì)新的bitset進(jìn)行count計(jì)算。這樣步驟4的常數(shù)也壓下去了。（這一部分不懂的話可以看一下代碼里的init函數(shù)和Get函數(shù)）
這么做的總空間復(fù)雜度為 $O(nv+v^2)$ 。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>

using namespace std;

bitset<7005> a[100005], mu[7005];

bool check[7005];  
int prime[7005];  

void init()  
{  
    memset(check, 0, sizeof(check));  
    mu[1][1] = 1;  
    int tot = 0; 

    for(int i = 2; i <= 7000; i++)  
    {  
        if(!check[i])
        {  
            prime[tot++] = i;  
            mu[1][i] = 1;  
        }  
        for(int j = 0; j < tot; j++)  
        {  
            if(i * prime[j] > 7000)
            {
                break;
            }  
            check[i * prime[j]] = true;  
            if(i % prime[j] == 0)
            {  
                mu[1][i * prime[j]] = 0;  
                break;  
            }
            else
            {  
                mu[1][i * prime[j]] = mu[1][i];  
            }  
        }  
    } 

    for(int i = 2; i <= 7000; i++)
    {
        for(int j = 1; j * i <= 7000; j++)
        {
            mu[i][j * i] = mu[1][j];
        }
    } 
}

void Set(int x, int v)
{
    a[x].reset();
    for(int i = 1; i * i <=v; i++)
    {
        if(v % i != 0)
        {
            continue;
        }
        int j = v / i;
        a[x][i] = a[x][i] ^ 1;
        if(j != i)
        {
            a[x][j] = a[x][j] ^ 1;
        }
    }
}

int Get(int x, int v)
{
    bitset<7005> bs = mu[v] & a[x];
    int ret = bs.count();
    ret = ((ret % 2) + 2) % 2;
    return ret;
}

int main()
{
    init();
    int n, q;
    scanf("%d%d", &n, &q);
    while(q--)
    {
        int k;
        scanf("%d", &k);
        if(k == 1)
        {
            int x, v;
            scanf("%d%d", &x, &v);
            Set(x, v);
        }
        else if(k == 2)
        {
            int x, y, z;
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
            a[x] = a[y] ^ a[z];
        }
        else if(k == 3)
        {
            int x, y, z;
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
            a[x] = a[y] & a[z];
        }
        else
        {
            int x, v;
            scanf("%d%d", &x, &v);
            printf("%d", Get(x, v));
        }
    }
    printf("\n");
    return 0;
}

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