长乐国庆集训Day1

t1 统计数字

题目

【题目描述】

设 s(n ) 表示 n 的各位数字之和，如 s(484) = 4+8+4 = 16， s(22) = 2+2 = 4。

如果一个正整数满足 s(x*x) = s(x) *s(x)，我们称之为 rabbit n umber。比方说，22 就是一个 rabbit n umber，因为 s(484) = s(22) *s(22)。

现在，给出一个区间 [l, r]，求在该区间内的 rabbit n umber 的个数。

【输入格式】

输入仅一行，为空格隔开的两个数 l 和 r。

【输出格式】

输出仅一行一个整数，表示所求 rabbit n umber 的个数。

【输入样例】

58 484

【输出样例】

24 

【数据规模】

1 <= l <= r <= 10^9

解析

看完题目第一反应：从l枚举到r，依次判断每个数是不是rabbit n umber。然而数据规模是10⁹，显然超时。

不过没事，打完暴力后，随便试一些数字，看看有没有什么规律。

1~1000内的rabbit n umber如下：

1 2 3 10 11 12 13 20 21 22 30 31 100 101 102 103 110 111 112 113 120 121 122 130 200 201 202 210 211 212 220 221 300 301 310 311 1000

不难发现，无论是哪一位上，都没有大于3的数字（更大的范围内也是，可以自己试试），至于为什么，这里便不给出详细证明了（因为本蒟蒻不会）。

所以便有了剪纸：任何位上有大于3的数字就跳过。

于是便有了两种做法：

1. dfs+剪纸
2. 打表+二分

打表这里就不说了（太麻烦），这里来讲dfs做法：

dfs(int temp):temp可以理解为当前数是由temp+一个新的个位数组成的数，具体看代码就懂了。

从temp=0开始搜，每次dfs函数里处理个位为0 1 2 3的数，满足条件且在l~r的范围内就累加个数，

处理完后，如果数字小于等于r/10的话，就dfs(x)（即还可以增加位数）。

最后输出总个数就好了，别忘了开long long，至于s(x)，直接模拟就好了。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
long long read()
{
    long long num=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return num*w;
}
long long l,r,ans;
int s(long long x)
{
    int n=0;
    while(x>0)
    {
        n+=x%10;
        x/=10;    
    }
    return n;
}
void dfs(int temp)
{
    for(int i=0;i<=3;i++)
    {
        long long x=temp*10+i;
        int s=s(x);
        if(x==0||s(x*x)!=s*s) continue;
        if(l<=x&&r>=x) ans++;
        if(x<=r/10) dfs(x);
    }
}
int main()
{
    //freopen("rabbit.in","r",stdin);
    //freopen("rabbit.out","w",stdout);
    l=read(),r=read();
    dfs(0);
    cout<<ans;
    return 0;
}

 

 

 

 

 

t2 数边方案

题目

【题目描述】

给你一张有n个点m条边的无向连通图，每条边有边权，设disa_i表示这张图中点i到点1的最短距离。

现在要求你在这张图中删去m-(n-1)条边，使得这张图变成一棵树，设disb_i表示这棵树中点i到点1的最短距离。 现在请你求出，有多少种删边方案，使得对于任意的i，都有disa_i=disb_i。

【输入格式】

第一行包含两个正整数n,m，表示无向连通图的点数和边数。

接下来有m行，每行有3个正整数u,v,w，表示点u和点v之间有一条边权为w的无向边。

数据保证无重边、无自环。

【输出格式】

输出一行一个整数，表示满足条件的方案数对2147483647取模的结果。

【输入样例】

3 3
1 2 2
1 3 1
2 3 1

【输出样例】

2 

【数据规模】

解析

 据说有个叫最短路图的东西，就是把原图中满足dis(u)+w=dis(v)的边(u,v,w)保留下来构成的子图。

本题中，边权一定为正整数，所以最短路图是一个有向无环图，答案只需枚举有向无环图中生成树的数量即可，然而仍然过不了。

事实上，在构造最短路图的过程中，就是在给每个点选一个父亲，而可选父亲总数就是这个点的入度，显然答案为入度之积。

具体实现是用最短路，本蒟蒻采用的是dijkstra。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
priority_queue<pair<int,int> > q;
const int n=1010,m=1000100;
const long long mod=2147483647;
int n,m,head[n],ver[m],edge[m],from[m],tot,next[m],d[n],deg[n];
long long ans=1;
bool v[n];
void add(int x,int y,int z)
{
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z,from[tot]=x,next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
void dijkstra()
{
    memset(d,0x7f7f7f7f,sizeof(d));
    memset(v,false,sizeof(v));
    d[1]=0;
    q.push(make_pair(0,1));
    while(q.size())
    {
        int x=q.top().second;
        q.pop();
        if(v[x]) continue;
        v[x]=1;
        for(int i=head[x];i;i=next[i])
        {
            int y=ver[i],z=edge[i];
            if(d[y]>d[x]+z)
            {
                d[y]=d[x]+z;
                q.push(make_pair(-d[y],y));
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        int x=from[i],y=ver[i],z=edge[i];
        if(d[x]+z==d[y]) deg[y]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(deg[i]) ans=(1ll*ans*deg[i])%mod;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y,z;
        cin>>x>>y>>z;
        add(x,y,z);
        add(y,x,z);
    }
    dijkstra();
    cout<<ans;
    return 0;
}

 

 

 

 

 

t3 开根号

题目

【题目描述】

【输入格式】

输入包含多组数据。每组数据包含一行两个正整数l,r。

文件以0 0结尾（结尾不需要输出）。

【输出格式】

对于每组数据，输出一行表示答案。保证答案在[0,2⁶³)范围内。

【样例输入】

2 10
248832 248832
0 0

【样例输出】

13
5

【数据规模】

解析

可怕的数论题~~~

先把区间求和用前缀和表示，所以只需求[1,n]的答案。

依次求每个数的f(i)很麻烦，考虑求[1,n]中f(i)=k的个数，其个数用g(k)表示。

用p(k)表示[1,n]中开k次方还是正整数的数的个数，可以得到p(k)=n^1/k(向下取整)。

则。

所以用递推推出答案就可以了。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const double eps=1e-10;
long long l,r,f[100];
long long solve(long long x)
{
    if(x<2) return 1;
    int num=0;
    for(int i=63;i>=2;i--)
    {
        f[i]=(long long)(pow(x,(double)1.0/i)+eps)-1;
        for(int j=i+i;j<=63;j+=i) f[i]-=f[j];
        num+=f[i]*(i-1); 
    }
    return num+x;
}
int main()
{
    cin>>l>>r;
    while(l!=0&&r!=0)
    {
        cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;
        cin>>l>>r;
    }
    return 0;
}

 

 

 

 

 

t4 旅行

题目

【题目描述】

【输入格式】

第一行包含两个非负整数n,k，含义如【题目描述】所述。

接下来n-1行，每行三个正整数u,v,w，表示u,v之间有一条边权为w的边。

【输出格式】

输出一行一个整数，表示答案。保证存在合法解。

【输入样例】

5 6
1 2 3
1 3 4
2 4 2
2 5 3

【输出样例】

4 

【数据规模】

解析

不难发现：

• dis(u,v)=dis(u,1)+dis(v,1)。
• 如果经过的边数为奇数，那么必定有一个点的深度为奇数，另一个点的深度为偶数。

所以将所有点按深度的奇偶来分类，于是就有了两个序列a，b，只需求a_i+b_i的第k小值即可。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
const int n=100010;
struct node
{
    long long v;
    int p;
    node(long long a,int b):v(a),p(b){}
    bool operator < (const node &a) const
    {
        return v>a.v;
    }
};
priority_queue<node> q;
int head[n],ver[n<<1],edge[n<<1],next[n<<1],tot;
long long dis[n],deep[n],a[n],b[n],cnta,cntb;
void add(int x,int y,int z)
{
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z,next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=head[x];i;i=next[i])
    {
        int y=ver[i],z=edge[i];
        if(y==fa) continue;
        dis[y]=-dis[x]+z,deep[y]=deep[x]+1;
        dfs(y,x);
    }
}
int main()
{
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int x,y,z;
        cin>>x>>y>>z;
        add(x,y,z);
        add(y,x,z);
    }
    dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(deep[i]&1) a[++cnta]=dis[i];
        else b[++cntb]=dis[i];
    sort(b+1,b+cntb+1);
    for(int i=1;i<=cnta;i++) q.push(node(a[i]+b[1],i));
    for(int i=1;i<=cnta;i++) head[i]=1;    
    while(k>1)
    {
        node t=q.top();
        q.pop();
        if((++head[t.p])<=cntb) q.push(node(a[t.p]+b[head[t.p]],t.p));
        k--;
    }
    cout<<q.top().v;
    return 0;
}