Before writing
All the problems in 2024.02.18 测试 and 2024.02.19 测试 in here: link
T1 素数
Link
- gxyzoj: #3598 素数
- Luogu: UVA1210 连续素数之和
- UVa: 1210 - Sum of Consecutive Prime Numbers
Description
Some positive integers can be represented by a sum of one or more consecutive prime numbers. How many such representations does a given positive integer have? For example, the integer \(53\) has two representations \(5 + 7 + 11 + 13 + 17\) and \(53\). The integer \(41\) has three representations \(2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13\), \(11 + 13 + 17\), and \(41\). The integer \(3\) has only one representation, which is \(3\). The integer \(20\) has no such representations. Note that summands must be consecutive prime numbers, so neither \(7 + 13\) nor \(3 + 5 + 5 + 7\) is a valid representation for the integer \(20\). Your mission is to write a program that reports the number of representations for the given positive integer.
Interpretation
有些正整数可以用一个或多个连续质数的和来表示。一个给定的正整数有多少个这样的表示形式？例如，整数 \(53\) 有两个表示形式：\(5 + 7 + 11 + 13 + 17\) 和 \(53\)。整数 \(41\) 有三个表示 \(2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13\)、\(11 + 13 + 17\) 和 \(41\)。整数 \(3\) 只有一个表示，即 \(3\)。整数 \(20\) 没有这样的表示。请注意，和必须是连续的质数，因此 \(7 + 13\) 和 \(3 + 5 + 5 + 7\) 都不是整数 \(20\) 的有效表示形式。求方案数。
简述：有一些正整数能够表示为一个或连续多个素数的和。那么给定一些正整数，求有多少种这样的表示。
Solution
预处理出数据范围内的所有素数，再进行枚举即可。
code
Search with \(O(\frac{n^2}{2})\)
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 31767
using namespace std;
namespace A_prime {
int n;
int prime[maxn + 5], now;
bool vis[maxn + 5];
void get_prime() {
for (int i = 2; i <= maxn + 1; i++) {
if (!vis[i]) prime[++now] = i;
for (int j = 1; j <= now && prime[j] * i <= maxn + 1; j++) {
vis[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
void solve() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
get_prime();
while (cin >> n) {
if (n == 0) return ;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= now; i++) {
int t = prime[i];
if (t == n) {
cnt++;
break;
}
for (int j = i + 1; j <= now; j++) {
t += prime[j];
if (t < n) continue;
if (t > n) break;
cnt++;
break;
}
}
cout << cnt << '\n';
}
}
}
int main() {
A_prime::solve();
return 0;
}
Preprocessing and search with \(O(1)\) (by @No0Chenquanlin %%%)
#include <bits/stdc++.h>
#define N 32780
using namespace std;
long long prm[N], tot;
bool vis[N];
void solve() {
for (int i = 2; i <= 32767; i++) {
if (!vis[i])
prm[++tot] = i;
for (int j = 1; j <= tot; j++)
if (i * prm[j] <= 32767)
vis[i * prm[j]] = true;
}
}
long long sum[N];
long long mp[N];
int main() {
solve();
for (int i = 1; i <= tot; i++)
sum[i] = sum[i - 1] + prm[i];
for (int i = 1; i <= tot; i++)
for (int j = i; j <= tot; j++)
if (sum[j] - sum[i - 1] <= 32767)
mp[sum[j] - sum[i - 1]]++;
int x;
while (scanf("%d", &x) && x)
printf("%d\n", mp[x]);
return 0;
}
T2 晨练
Link
gxyzoj: #3599 晨练
Luogu: P1353 [USACO08JAN] Running S
Description
小 Y 打算通过锻炼来培养自己的运动细胞，他选择的运动方式是每天进行 \(N\) 分钟 \((1 \le N \le 10000)\)。
在每分钟的开始，小 Y 会选择下一分钟是用来跑步还是休息。小 Y 的体力限制了他跑步的距离。更具体地，如果小 Y 选择在第 \(i\) 分钟内跑步，他可以在这一分钟内跑 \((1 \le D_i \le 1000)\) 米，并且他的疲劳度会增加 \(1\)。不过，无论何时小 Y 的疲劳度都不能超过 \(M(1<=M<=500)\)。如果小 Y 选择休息，那么他的疲劳度就会每分钟减少 \(1\)，但他必须休息到疲劳度恢复到 \(0\) 为止。在疲劳度为 \(0\) 时休息的话，疲劳度不会再变动。晨跑开始时，小 Y 的疲劳度为 \(0\)。还有，在 \(N\) 分钟的锻炼结束时，小 Y 的疲劳度也必须恢复到 \(0\)，否则他将没有足够的精力来对付这一整天中剩下的事情。
请你计算一下，小 Y 最多能跑多少米。
Solution
30 pts
暴力枚举哪天跑或者直接休息。
code
没有。
100 pts
设 \(f_{i, j}\) 表示到第i天疲劳度为j的最优解。
转移方程如下：
\(\begin{cases} f_{i, j} = \max(f_{i - 1, j - 1} + d_i) \\ f_{i, 0} = \max(f_{i - 1, 0}) \\ f_{i + j, 0} = \max(f_{i, j}) \end{cases}\)
code
#include <bits/stdc++.h>
#define N 10000
#define M 500 //6
#define int long long
using namespace std;
namespace No0bxy_zx {
int n, m, a[N + 5];
int dp[N * 2 + 5][M + 5];
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
dp[1][1] = a[1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= min(i, m); j++) {
if (j == 0) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j]); //一直休息
else dp[i + j][0] = max(dp[i + j][0], dp[i][j]); //从i天开始休息
dp[i + 1][j + 1] = max(dp[i + 1][j + 1], dp[i][j] + a[i + 1]); //不休息
}
}
cout << dp[n][0] << '\n';
}
}
signed main() {
No0bxy_zx::solve();
return 0;
}
T3 奇怪的桌子
Link
gxyzoj: #3600 奇怪的桌子
Description
小 H 有一张奇怪的矩形桌子，他能在桌子上的格子内画点，一个格子最多只能画一个点。这个桌子是 \(N \times M\) 的，现在小 H 想知道有多少种不同的放法能使得桌子上每个 \(N \times N\) 的正方形内恰好有 \(K(0 \le K \le N^2)\) 个点。
小 H 智商有限，所以他希望你能帮他解决这个问题。因为方案数可能有很多，所以你只需要输出方案数除以 \(1000000007 (10^9 + 7)\) 的余数。
Solution
10 pts
暴力枚举哪些位置放。
code
没有。
20 pts
另外 \(20\%\)：\(n = m\)，所以答案即为 \(C_{n \times m}^k\)。
神奇的小现象：由于数据中存在恰好 \(ans = C_{n^2}^k\) 的测试点，所以输出 \(C_{n^2}^k\) 会获得 \(10 \sim 40\) pts 不等的得分（大概是 \(40\) pts）。
code by @dingzibo_______
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int Maxn = 2e5 + 5;
const int Mod = 1e9 + 7;
int n, m, k;
struct pian1 {
int ans = 0;
int a[15][15];
bool check() {
for(int x = 1; x <= m - n + 1; x++) {
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = x; j <= x + n - 1; j++) {
cnt += a[i][j];
}
}
if(cnt != k) return 0;
}
return 1;
}
void Dfs(int x, int y) {
if(x == n && y == m) {
if(check()) {
ans = (ans + 1) % Mod;
}
return ;
}
if(y == m) {
a[x + 1][1] = 0, Dfs(x + 1, 1);
a[x + 1][1] = 1, Dfs(x + 1, 1);
a[x + 1][1] = 0;
}
else {
a[x][y + 1] = 0, Dfs(x, y + 1);
a[x][y + 1] = 1, Dfs(x, y + 1);
a[x][y + 1] = 0;
}
}
}p1;
struct pian2 {
int f[Maxn], g[Maxn];
int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) {
res = (res * a) % Mod;
}
a = (a * a) % Mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
void init() {
f[0] = g[0] = 1;
for(int i = 1; i < Maxn; i++) {
f[i] = (f[i - 1] * i) % Mod;
g[i] = (g[i - 1] * qpow(i, Mod - 2)) % Mod;
}
}
int getc(int n, int m) {
if(n < m) return 0;
return f[n] * g[n - m] % Mod * g[m] % Mod;
}
}p2;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m >> k;
if(n == m) {
p2.init();
cout << p2.getc(n * m, k);
}
else{
p1.Dfs(1, 0);
cout << p1.ans;
}
return 0;
}
100 pts
对于第 \(i\) 列，可以发现所有 \(i\%n\) 为相同值的，放的个数一定是相同的。
\(f_{i, j}\) 表示到第 \(i\) 列，已放 \(j\) 个的方案数。
转移方程如下：
code
#include <bits/stdc++.h>
#define MOD 1000000007
#define N 105
#define int long long
using namespace std;
namespace strange_table {
int n, m, k, ans = 0;
int c1[N][N], c2[N][N], c3[N][N], f[N][N * N];
int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
void init() {
int t = m / n;
c1[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c1[i][0] = c3[i][0] = c2[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++) {
c1[i][j] = (c1[i - 1][j] + c1[i - 1][j - 1]) % MOD;
c2[i][j] = qpow(c1[i][j], t + 1) % MOD;
c3[i][j] = qpow(c1[i][j], t) % MOD;
}
}
}
void solve() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
cin >> n >> m >> k;
init();
f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= n - 1; i++) {
for (int j = 0; j <= k; j++) {
if (j <= i * n) {
for (int x = 0; x <= n; x++) {
if (i < (m % n)) f[i + 1][j + x] = (f[i + 1][j + x] + f[i][j] * c2[n][x]) % MOD;
else f[i + 1][j + x] = (f[i + 1][j + x] + f[i][j] * c3[n][x]) % MOD;
}
} else break;
}
}
cout << f[n][k] << '\n';
}
}
signed main() {
strange_table::solve();
return 0;
}
T4 学校
Link
gxyzoj: #3601 学校
Luogu: U408062
Description
众所周知，HXY 家离学校很远。于是，HXY 每天算准了时间出发，以保证能在上课铃响前 \(10^{-10000000}\) 秒到达学校。
不幸的是，CZ 市最近正在修路。这就导致有些路可能无法通行，因而可能导致 HXY 迟到。
HXY 不打算改变他的出发时间，现在他告诉你他通过每一条路的时间，他想要知道如果某条路被维修了，那么他是否能避免迟到？
Format
Input
第一行输入两个正整数 \(n\)，\(m\)，分别表示点数(路口)和边数(路)。
第二行输入两个正整数 \(S\)，\(T\)，表示家标号为 \(S\)，学校标号为 \(T\)。
接下来 \(m\) 行，每行三个整数 \(x\)，\(y\)，\(z\)，表示有一条连接 \(x\)，\(y\) 的道路，HXY 走过该路所需的时间为 \(z\)。
接下来一个整数 \(Q\)，表示询问的个数。
最后 \(Q\) 行，每行一个正整数 \(x\)，表示询问若第 \(x\) 条边正在维修，HXY 是否能按时到校。
Output
输出 \(Q\) 行。
对于每一个询问，若 HXY 能准时到校输出一行一个字符串 Yes，否则输出 No。（字符串严格匹配，不含双引号）
Solution
不会。还没改出来。
up until now (2024.2.19 17:36),there're only \(4\) dalaos accepted.
%%%
暴力维护 + 删边可得部分分。
43 pts
注意 不保证没有重边。
100 pts
总的来说为最短路 + 求割边。
建图 \(S\)，将 \(S\) 的所有最短路（\(S\) 可能有不止一个最短路）建为子图 \(S'\)。由题意得，只有删去的边在是 \(S'\) 的割边时，才会迟到。
在求 \(S\) 的最短路时记录每个在最短路中可能的前置节点，再从重点开始跑一边 DFS，建出子图 \(S'\)，然后用 \(\textsf{tarjan}\) 求出 \(S'\) 的割边即可。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
using namespace std;
namespace No0bxy {
int n, m, Q, S, T;
int head[maxn], tot;
struct Edge {
int nxt, to, w, id;
} edge[maxn << 1];
void add(int from, int to, int val, int id) {
edge[++tot].nxt = head[from];
edge[tot].to = to;
edge[tot].w = val;
edge[tot].id = id;
head[from] = tot;
}
struct node {
int dis, u;
bool operator < (const node &a) const {
return dis < a.dis;
}
};
int dis[maxn];
bool vis[maxn];
priority_queue<node> q;
// priority_queue<pair<int, int> > q;
vector<pair<int, int> > e[maxn]; //v, w
void dijkstra(int s) { //get shortest path
memset(dis, 63, sizeof(dis));
dis[s] = 0;
q.push({0, s});
while (!q.empty()) {
int u = q.top().u;
// int u = q.top().second;
q.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int to = edge[i].to;
if (dis[to] > dis[u] + edge[i].w) {
e[to].clear();
e[to].push_back(make_pair(u, edge[i].id));
dis[to] = dis[u] + edge[i].w;
q.push({-dis[to], to});
} else if (dis[to] == dis[u] + edge[i].w) {
e[to].push_back(make_pair(u, edge[i].id));
}
}
}
}
void add_edge(int from, int to, int id) {
edge[++tot].nxt = head[from];
edge[tot].to = to;
edge[tot].id = id;
head[from] = tot;
}
// bool flag[maxn]; 不是这谁看得出来这 `flag[]` 的作用是没用
void dfs(int x) {
if (vis[x]) return ;
vis[x] = 1;
for (int i = 0; i < (int)e[x].size(); i++) {
int to = e[x][i].first, id = e[x][i].second;
if (!flag[id]) { //来自 dzb 的防抄
add_edge(x, to, e[x][i].second);
add_edge(to, x, e[x][i].second);
flag[id] = 1;
dfs(to);
}
}
}
int dfn[maxn], low[maxn], num;
bool bridge[maxn], f[maxn];
void tarjan(int x, int in_edge) { //get cut
dfn[x] = low[x] = ++num;
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].nxt) {
int to = edge[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to, i);
low[x] = min(low[x], low[to]);
if (low[to] > dfn[x])
bridge[i] = bridge[i ^ 1] = 1;
} else if (i != (in_edge ^ 1))
low[x] = min(low[x], dfn[to]);
}
}
void solve() {
// freopen("school1.in", "r", stdin);
// freopen("wcnm.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n >> m >> S >> T;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
add(u, v, w, i), add(v, u, w, i);
}
dijkstra(S);
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(edge, 0, sizeof(edge));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
tot = 1;
dfs(T);
tarjan(S, 0);
for (int i = 2; i <= tot; i++)
if (bridge[i]) f[edge[i].id] = 1;
cin >> Q;
while (Q--) {
int x;
cin >> x;
if (f[x]) cout << "No\n";
else cout << "Yes\n";
}
}
}
int main() {
No0bxy::solve();
return 0;
}
blue pot
总结
菜，就多练；看不出来，以后就去自己写。
