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A - Birthday - [計算題]
題意：一共 $N$ 種硬幣，我已經有其中 $K$ 種，我的 $M$ 個朋友每人送我等數量的硬幣，且送來的每一枚硬幣都不屬於同一種，要求最后我收到手上的硬幣至少有 $L$ 種是我沒有的，求每個人最少送幾枚硬幣。
題解：即求滿足 $K + L \le aM \le N$ 的最小正整數 $a$。
AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; ll n,m,k,l; int main() { cin>>n>>m>>k>>l; if(m>n) { cout<<-1<<endl; return 0; } if(k+l<=m) { cout<<1<<endl; return 0; } ll a; if((k+l)%m==0) a=(k+l)/m; else a=(k+l)/m+1; if(a*m>n) cout<<-1<<endl; else cout<<a<<endl; }
B - LCM - [求因數個數]
題意：給定正整數 $b(b \le 10^{10})$，對於 $1 \le a \le 10^{18}$，求 $\frac{{{\mathop{\rm lcm}\nolimits} (a,b)}}{a}$ 的不同取值個數。
題解：$\frac{{{\mathop{\rm lcm}\nolimits} (a,b)}}{a} = \frac{{ab}}{{a\gcd (a,b)}} = \frac{b}{{\gcd (a,b)}}$，即求 $b$ 的因數個數。
AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n; int main() { cin>>n; ll cnt=0; for(ll i=1;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { if(i*i==n) cnt++; else cnt+=2; } } cout<<cnt<<endl; }
C - Colored Rooks - [構造題]
題意：
給定一個 $10^9 \times 10^9$ 的正方形網格，現有 $n$ 種顏色，給若干個棋子上色（每種顏色都要塗至少一個棋子），又給出 $m$ 個顏色對 $(x,y)$ 表示這兩個顏色是協調的。
現在對於同一種顏色內的棋子集合，以及兩個和諧的顏色對構成的棋子並集，都要滿足連通性質，該性質的意思即：“首先規定棋子只可以走直線的任意距離，且可以完全不理睬非同集合內的棋子，但只有當它遇到同集合內的另一個棋子時才可以轉彎。而該集合中任意一個棋子，都它可以走到集合內的任意其他棋子的位置。”
現在你要給出任意一種可行的放置棋子的方案。
題解：
首先，第 $i$ 行全部給第 $i$ 種顏色，不得放其他顏色。為了防止某種顏色沒有塗棋子，可以先在 $(i,i)$ 位置放上顏色為 $i$ 的棋子。
然后對於給出的任意兩個協調顏色，依次在后面的 $n+1, n+2, \cdots$ 列里放上對應行數的兩枚棋子。
AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; vector<int> ans[105]; int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) ans[i].push_back(i); int col=n+1; for(int i=1,u,v;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); if(u==v) continue; ans[u].push_back(col); ans[v].push_back(col); col++; } for(int i=1;i<=n;i++) { printf("%d\n",ans[i].size()); for(int k=0;k<ans[i].size();k++) printf("%d %d\n",i,ans[i][k]); } }
D - Array Without Local Maximums - [dp]
題意：給定一個長度為 $n(n \le 1e5)$ 的數組 $a[1:n]$，$a[i]$ 的值域為 $1$ 到 $200$，且每個數的旁邊必須有一個不小於它的數。而有些數字被擦掉了，現在問共有多少種可行的填充方案。
題解：
看到這題第一感覺就dfs暴力搜索，然而時間復雜度顯然不行，因此考慮dp。
考慮 $dp[i][x][0,1,2]$ 的表示的狀態為已經確定了第 $i$ 個數字為 $x$，而 $0,1,2$ 分別表示第 $i-1$ 個數 $w$ 是小於、等於或大於 $x$。其存儲的值是其狀態下的方案數。
那么就有狀態轉移方程（當然這是建立在第 $i+1$ 位可以填 $y$ 的前提下的）：
$\begin{array}{l} dp[i + 1][y][0] = \sum\limits_{x = 1}^{y - 1} {dp[i][x][0,1,2]} \\ dp[i + 1][y][1] = dp[i][y][0,1,2] \\ dp[i + 1][y][2] = \sum\limits_{x = y + 1}^{200} {dp[i][x][1,2]} \\ \end{array}$
邊界條件，考慮到第 $1$ 個數左邊是空的，相當於左邊是一個更小的數，因此有（依然是建立在第一位能填入 $x$ 的前提下）：
$\begin{array}{l} dp[1][x][0] = 1 \\ dp[1][x][1] = 0 \\ dp[1][x][2] = 0 \\ \end{array}$
AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod=998244353; const int maxn=1e5+5; int n,a[maxn]; ll sum,dp[maxn][203][3]; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int x=1;x<=200;x++) { if(a[1]!=-1 && a[1]!=x) dp[1][x][0]=dp[1][x][1]=dp[1][x][2]=0; else dp[1][x][0]=1, dp[1][x][1]=dp[1][x][2]=0; } for(int i=2;i<=n;i++) { sum=0; for(int y=1;y<=200;y++) { if(a[i]!=-1 && a[i]!=y) dp[i][y][0]=0; else dp[i][y][0]=sum; sum+=(dp[i-1][y][0]+dp[i-1][y][1]+dp[i-1][y][2])%mod; sum%=mod; } for(int y=1;y<=200;y++) { if(a[i]!=-1 && a[i]!=y) dp[i][y][1]=0; else dp[i][y][1]=(dp[i-1][y][0]+dp[i-1][y][1]+dp[i-1][y][2])%mod; } sum=0; for(int y=200;y>=1;y--) { if(a[i]!=-1 && a[i]!=y) dp[i][y][2]=0; else dp[i][y][2]=sum; sum+=(dp[i-1][y][1]+dp[i-1][y][2])%mod; sum%=mod; } } ll ans=0; for(int x=1;x<=200;x++) ans+=(dp[n][x][1]+dp[n][x][2])%mod, ans%=mod; cout<<ans<<endl; }
E - Multihedgehog - [BFS]
題意：
一個連通無向圖，若僅有一個節點度數不小於 $3$，其他所有節點度數均為 $1$，則稱為“刺蝟”。現在定義“$k$-刺蝟”，為：
“$1$-刺蝟”即普通“刺蝟”；
對於“$k$-刺蝟”，其由“$k-1$-刺蝟”變化而來，將“$k-1$-刺蝟”的所有度數為 $1$ 的頂點換成一個“$1$-刺蝟”的中心，即構成“$k$-刺蝟”。
現在給你一張圖和一個 $k$，讓你判斷這張圖是否為“$k$-刺蝟”。
題解：
首先，當 $k=11$ 時，節點數最少也需要 ${\sum_{i=0}^{11}{3^i}} = 265720$ 個頂點，顯然已經不夠了，所以對於 $k \ge 11$ 的情況可以直接判斷不行。
接下來，可以考慮以所有度數為零的節點為起始，將它們的深度定義為 $0$。然后自底向上地進行BFS（或者說BFS的一種變形？），同時不斷地刪除葉子結點。
對於每個節點，都需要判斷它的深度和度數是否可行，還要判斷其父親節點是否只有一個。
對於最后一個沒有父親節點的根節點，判斷他的深度是否等於 $k$。
AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; const int maxm=2e5+10; int n,k; int degree[maxn]; struct Edge{ int u,v; int next; }; Edge E[maxm]; int head[maxn],ne; void init() { ne=0; memset(head,0,sizeof(head)); } void addedge(int u,int v) { ++ne; E[ne].u=u, E[ne].v=v; E[ne].next=head[u]; head[u]=ne; } int dist[maxn]; bool del[maxn],vis[maxn]; bool bfs() { queue<int> Q; for(int i=1;i<=n;i++) { if(degree[i]==1) Q.push(i), vis[i]=1, dist[i]=0; else vis[i]=0; } memset(del,0,sizeof(del)); while(!Q.empty()) { int u=Q.front(); Q.pop(); del[u]=1; //將節點刪除 int cnt=0; //記錄父親節點個數 for(int i=head[u];i;i=E[i].next) { int v=E[i].v; if(del[v]) continue; else cnt++; if(cnt>1) return false; //父親節點應當只有一個 if(!vis[v]) { vis[v]=1; dist[v]=dist[u]+1; Q.push(v); } else { if(dist[v]!=dist[u]+1) return false; } } if(cnt==0) { //當前節點是根節點 if(degree[u]<3) return false; if(dist[u]!=k) return false; } else if(degree[u]>1) { //當前節點不是根節點也不是葉子結點 if(degree[u]<=3) return false; } } return true; } int main() { cin>>n>>k; init(); memset(degree,0,sizeof(degree)); for(int i=1,u,v;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); addedge(u,v); addedge(v,u); degree[u]++; degree[v]++; } if(n<4 || k>=11) printf("No\n"); else printf("%s\n",bfs()?"Yes":"No"); }