7.20杭電多校第一場

過了6題

我開局秒了1001，隊友讀題1005，我也秒了，幫忙想了一部分1008，寫了1009，想了一點點1010，想了一部分1006(但隊友已經打了，太猛了

1001

題意：求n%(1~n)的或和

n<=10^12

題解：

當模數是n/2以上時，0~n/2-1都會出現一次，當模數是n/2以下時，結果也不超過n/2-1

所以答案就是模出來的最大結果的二進制補全。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t)
    {
        t--;
        long long n;
        scanf("%lld",&n);
        if (n&1) n=(n-1)/2;else 
        n=n/2-1;
        long long pty=1;
        while (pty<=n) pty*=2;    
        printf("%lld\n",pty-1);
    }
}

1005

題意：

n-1個點，編號從2開始，邊權是兩點編號的LCM，求生成樹

n<=10^7

題解：

如果i是合數，找個因子連邊，新增答案就是i

如果是質數，只能找2或者自己的2倍連邊，新增答案是2*i

預處理即可

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int zs[5000000],p[10000010];
long long f[10000010];
int main()
{
    int sk=0;
    for (int i=2;i<=10000000;i++) 
    {
        if (!p[i]) zs[++sk]=i;
        for (int j=1;j<=sk&&i*zs[j]<=10000000;j++)
        {
            p[i*zs[j]]=1;
            if (i%zs[j]==0) break;
        }
    }
    f[2]=0;
    for (int i=3;i<=10000000;i++) if (p[i]) f[i]=f[i-1]+i;else f[i]=f[i-1]+2*i;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t)
    {
        t--;
        int n;
        scanf("%d",&n);
        printf("%lld\n",f[n]);    
    }
}

1008

題意：

一個n*m的矩陣，要找一個最大的子矩陣滿足每列不下降

n,m<=2000

題解：

設p[i][j]表示從(i,j)出發最長的不下降長度

再枚舉行，用單調棧做類似最大矩陣就可以了

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long 
#define N 2050
#define MIN 0xc0c0c0c0
using namespace std;
int a[2050][2050],p[2050][2050],ans = MIN,maxx  = 0;

void ww()
{
    ans = 0;
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]),p[i][j]=1;
    for (int i=n-1;i>=1;i--) for (int j=1;j<=m;j++) if (a[i][j]<=a[i+1][j]) p[i][j]=p[i+1][j]+1;
    
//    for (int i=1;i<=n;i++) 
//    {
//        cout<<endl;
//        for (int j=1;j<=m;j++) 
//        {
//            cout<<p[i][j]<<" ";
//        }
//    }
//    cout<<endl;
    
    int h[N],l[N],r[N],q[N];
    for(int z=1;z<=n;z++)
    {
        maxx = 0;
        int tt = 0;
        q[0] = 0;
        p[z][0] = p[z][m+1] = -1;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            while( p[z][i] <= p[z][ q[tt] ] ) tt--;
            l[ i ] = q[tt];
            q[ ++tt ] = i;
        }
        tt = 0;
        q[0] = m+1;
        for(int i=m;i>=1;i--)
        {
            while( p[z][i] <= p[z][ q[tt] ] ) tt--;
            r[i] = q[tt];
            q[ ++tt ] = i;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            maxx = max( maxx , p[z][i]*( r[i]-l[i]-1 ) );
        }
        ans = max( maxx , ans );
    }
    printf("%d\n",ans);
    
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t)
    {
        t--;
        
        ww();    
    }
}

1009

題意：

一個n個點的無向帶權聯通圖，在給定數D和K的情況下，如果滿足以下條件：

1.點被分為非空的k組

2.同一組內的兩點之間存在至少一條路徑，路徑上的最大權值小於等於D

3.不同組內的兩點不存在任何一條路徑，路徑上的最大權值小於等於D

這樣的圖被稱為KD圖

給出n和K，求最小的D使得圖是KD圖

n<=10^5

題解：

枚舉答案D，刪去所有大於D的邊，剩余圖聯通塊如果有恰好k個，則D是一個合法答案。

發現這個過程其實就是克魯斯卡爾求最小生成樹的過程，只不過相同邊權需一次加入，再判斷聯通塊的個數與k的關系

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct aa
{
    int x,y,z;    
}e[500050];
bool cmp(aa x,aa y)
{
    return x.z<y.z;    
}
int f[100010];
int get(int x)
{
    if (f[x]==x) return x;
    return f[x]=get(f[x]);
}
void ww()
{
    int n,m,k;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].z);
    sort(e+1,e+m+1,cmp);
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
    e[m+1].z=0;
    if (n==k)
    {
        printf("0\n");
        return;    
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int xx=get(e[i].x),yy=get(e[i].y);
        if (xx!=yy) n--;
        f[xx]=yy;
        if (e[i].z!=e[i+1].z&&n==k)     
        {
            printf("%d\n",e[i].z);
            return;    
        }
    }
    printf("-1\n");
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t)
    {
        t--;
        ww();
    }
}