文章目录

• 前言
• CF361A Levko and Table
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code
• CF361B Levko and Permutation
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code
• CF360A Levko and Array Recovery
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code
• CF360B Levko and Array
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code
• CF360C Levko and Strings
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code
• CF360D Levko and Sets
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code
• CF360E Levko and Game
• • Description \text{Description} Description
  • Solution \text{Solution} Solution
  • Code \text{Code} Code

前言

361AB比较水
360AB都不错
C是dp好题（建议也看看洛谷官方题解）
D恶心数论题
E是神奇但不太难的水黑题

CF361A Levko and Table

Description \text{Description} Description

Levko 很喜欢幻方，他想构造一个长宽都是 n n n 且每行每列的和都是 k k k 的幻方，请你帮帮他.

Solution \text{Solution} Solution

每个 ( i , i ) (i,i) (i,i) 的点填 m m m 剩下全填 0 0 0 即可.
我写的是对角填 m − n + 1 m-n+1 m−n+1 其他地方填 1 1 1，但都是一个道理.

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=25;
#define r rand()
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m;

int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=n;j++){
      if(i==j) printf("%d ",m-n+1);
      else printf("1 ");
    }
    putchar('\n');
  }
}

CF361B Levko and Permutation

Description \text{Description} Description

给定 n , k n,k n,k，你需要构造一个序列，使得集合 { i ∣ 1 ≤ i ≤ n , g c d ( i , a i ) > 1 } \{i|{1\le i \le n,gcd(i,a_i)>1}\} {i∣1≤i≤n,gcd(i,ai​)>1} 的元素个数恰好为 k k k.

Solution \text{Solution} Solution

首先，由于 1 1 1 必然不合法， k = n k=n k=n 时必然无解.

k < n k< n k<n时，对于 2 ≤ i ≤ k + 1 2\le i\le k+1 2≤i≤k+1我们让 a i = i a_i=i ai​=i，从而使其全部合法.
使 a k + 2 = 1 , a 1 = n , a i = i − 1 ( k + 3 ≤ i ≤ n ) a_{k+2}=1,a_1=n,a_i=i-1(k+3\le i\le n) ak+2​=1,a1​=n,ai​=i−1(k+3≤i≤n)，从而使剩下的全部元素均不合法.
注意特判 m = n − 1 m=n-1 m=n−1 的情况.

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=25;
#define r rand()
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m;

int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  if(n==m){
    printf("-1");return 0;
  }
  printf("%d ",m==n-1?1:n);
  for(int i=2;i<=m+1;i++) printf("%d ",i);
  if(m!=n-1) printf("1 ");
  for(int i=m+3;i<=n;i++) printf("%d ",i-1);
  return 0;
}

CF360A Levko and Array Recovery

Description \text{Description} Description

有一个长度为 n n n 的序列 a 1... n a_{1...n} a1...n​，对其进行 m m m 次操作，操作有两种：

1. 1   l i   r i   d i 1\space l_i\space r_i\space d_i 1 li​ ri​ di​：对于 l i ≤ j ≤ r i l_i\le j\le r_i li​≤j≤ri​， a j ← a j + d i . a_j\gets a_j+d_i. aj​←aj​+di​.
2. 2   l i   r i   m i 2\space l_i\space r_i\space m_i 2 li​ ri​ mi​：查询 max ⁡ a j ( l i ≤ j ≤ r i ) . \max a_j(l_i\le j\le r_i). maxaj​(li​≤j≤ri​).

现在给出 n , m n,m n,m 和操作信息，请你构造出一种合法的序列或者报告无解.

Solution \text{Solution} Solution

设第 i i i 个元素当前的增量为 a d d i add_i addi​，每个元素初始的最大值为 m x i mx_i mxi​.
每次对于操作二， m x j ← min ⁡ ( m x j , m i − a d d j ) ( l i ≤ j ≤ r i ) mx_j\gets \min(mx_j,m_i-add_j)(l_i\le j\le r_i) mxj​←min(mxj​,mi​−addj​)(li​≤j≤ri​).
这样，把操作扫一遍就能求出所有元素的 m x i mx_i mxi​.
得出正确的 m x i mx_i mxi​ 后，我们再扫一遍操作序列，对于每一次操作二，设 w = max ⁡ m x j ( l i ≤ j ≤ r i ) w=\max mx_j(l_i\le j\le r_i) w=maxmxj​(li​≤j≤ri​).
由于第一次维护的原因，必然有 w ≤ m i w\le m_i w≤mi​.
若 w < m i w< m_i w<mi​，说明区间内的所有元素都达不到 m i m_i mi​，报告无解.
如果扫到最后还没有无解，输出 m x 1... n mx_{1...n} mx1...n​ 作为构造的序列.

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=5005;
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m;
int mx[N],add[N];
struct query{
  int op,l,r,x;
}q[N];
int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  memset(mx,0x3f,sizeof(mx));
  for(int i=1;i<=m;i++){
    q[i]=(query){(int)read(),(int)read(),(int)read(),(int)read()};
    if(q[i].op==1){
      for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) add[j]+=q[i].x;
    }
    else{
      for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) mx[j]=min(mx[j],q[i].x-add[j]);
    }
  }
  memset(add,0,sizeof(add));
  for(int i=1;i<=m;i++){
    if(q[i].op==1){
      for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) add[j]+=q[i].x;
    }
    else{
      int o=-2e9;
      for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) o=max(o,mx[j]+add[j]);
      if(o!=q[i].x){
	printf("NO\n");return 0;
      }
      //printf("i=%d o=%d\n",i,o);
    }
  }
  printf("YES\n");
  for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",min(mx[i],1000000000));
  return 0;
}

CF360B Levko and Array

Description \text{Description} Description

给出一个序列 a 1... n a_{1...n} a1...n​，可以修改 k k k 个值,最小化 max ⁡ ∣ a i − a i + 1 ∣ ( 1 ≤ i < n ) \max|a_i-a_{i+1}|(1\le i<n) max∣ai​−ai+1​∣(1≤i<n).
k ≤ n ≤ 2000 k\le n\le 2000 k≤n≤2000

Solution \text{Solution} Solution

很巧妙的一道题.
容易想到二分答案，关键就是如何判断合法.
正难则反，改为保留至少 n − k n-k n−k 个数不变.
设计 d p i dp_i dpi​ 表示 [ 1 , i ] [1,i] [1,i] 区间中保留 i i i 的前提下保留数的最多个数.
转移则是：
d p i = max ⁡ d p j + 1 ( j < i , ∣ a i − a j ∣ ≤ ( j − i ) × d ) dp_i=\max dp_j+1(j<i,|a_i-a_j|\le(j-i)\times d) dpi​=maxdpj​+1(j<i,∣ai​−aj​∣≤(j−i)×d)
暴力 n 2 n^2 n2 转移即可通过.

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=6005;
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m;
ll a[N];
int dp[N];
bool check(ll x){
  for(int i=1;i<=n;i++){
    dp[i]=1;
    for(int j=1;j<i;j++){
      if(abs(a[i]-a[j])<=1ll*(i-j)*x) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
    }
    if(dp[i]+m>=n) return true;
  }
  return false;
}
int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
  ll st=0,ed=2e9;
  while(st<ed){
    ll mid=(st+ed)>>1;
    if(check(mid)) ed=mid;
    else st=mid+1;
  }
  printf("%lld\n",st);
  return 0;
}

CF360C Levko and Strings

Description \text{Description} Description

给一个为 n n n 的只有小写字母组成的串 s s s，定义它与一个长度为 n n n 的串 t t t 的美丽度为：存在多少个二元组 ( i , j )   1 ≤ i ≤ j ≤ n (i,j) \ 1\leq i \leq j \leq n (i,j) 1≤i≤j≤n 满足 s i . . . j < t i . . . j s_{i...j}<t_{i...j} si...j​<ti...j​，这里的’<'是字典序比较。求有多少个 t t t，使得 s s s 与 t t t 的美丽度为 k k k.
n , k ≤ 2000 n,k \leq 2000 n,k≤2000

Solution \text{Solution} Solution

很好的 DP 题.
一种不太一样的做法.
容易想到设计 d p i , j dp_{i,j} dpi,j​ 表示 [ 1... i ] [1...i] [1...i] 已经确定的二元组有 j j j 个的方案数.
设 u p i up_i upi​ 为大于 s i s_i si​ 的字符数，设 b o t i bot_i boti​ 为小于 s i s_i si​ 的字符数.

对于第 i i i 位填不同于 s i s_i si​ 的字符时，比较容易写出转移：

1. t i < s i t_i<s_i ti​<si​ 时，合法二元组数量不变，所以有：
   b o t i × d p i − 1 , j → d p i , j bot_i\times dp_{i-1,j}\to dp_{i,j} boti​×dpi−1,j​→dpi,j​
2. t i > s i t_i>s_i ti​>si​ 时，对于任意的 i ≤ j ≤ n i\le j\le n i≤j≤n， ( i , j ) (i,j) (i,j) 都是合法的二元组，一共增加了 n − i + 1 n-i+1 n−i+1 个，所以有：
   u p i × d p i − 1 , j → d p i , j + ( n − i + 1 ) up_i\times dp_{i-1,j}\to dp_{i,j+(n-i+1)} upi​×dpi−1,j​→dpi,j+(n−i+1)​

接下来就是 s i = t i s_i=t_i si​=ti​ 的情况，相对比较麻烦.

还是分情况来讨论.

1. 连续多位相等，到某一位 t k < s k t_k<s_k tk​<sk​。合法二元组不变，则有：
   b o t k × d p i − 1 , j → d p k , j ( i < k ≤ n ) bot_k\times dp_{i-1,j}\to dp_{k,j}(i<k\le n) botk​×dpi−1,j​→dpk,j​(i<k≤n)

暴力统计显然会 T，但是可以开一个 s u m sum sum 数组然后把 d p i , j dp_{i,j} dpi,j​ 加到 s u m j sum_j sumj​ 里面，统计到后面的时候把 s u m j sum_j sumj​ 里所有的值统计起来即可.

2. 连续多位相等，到某一位 t k > s k t_k>s_k tk​>sk​。对于 i ≤ a ≤ k , k ≤ b ≤ n i\le a\le k,k\le b\le n i≤a≤k,k≤b≤n， ( a , b ) (a,b) (a,b) 都是合法的二元组，增加的二元组数量是 ( k − i + 1 ) × ( n − k + 1 ) (k-i+1)\times (n-k+1) (k−i+1)×(n−k+1)，所以有：
   u p k × d p i − 1 , j → d p k , j + ( k − i + 1 ) × ( n − k + 1 ) ( i < k ≤ n ) up_k\times dp_{i-1,j}\to dp_{k,j+(k-i+1)\times (n-k+1)}(i<k\le n) upk​×dpi−1,j​→dpk,j+(k−i+1)×(n−k+1)​(i<k≤n)

这个想用类似情况 1 1 1 的方法统计比较困难，但是我们发现，在 n − i n-i n−i 较大时，增加二元组的数量是一个关于 k k k 的二次单峰函数，由于 m m m 只有 O ( n ) O(n) O(n) 级别，所以有效的转移非常少。我们可以从两边暴力转移，增量超过 m m m 就 break 即可.

3. 不要忘记还有可能始终到最后都相等，可以直接：
   d p i , j → d p n , j dp_{i,j}\to dp_{n,j} dpi,j​→dpn,j​

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2005;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m;
char s[N];
ll dp[N][N],botsum[N];
ll c[N];
int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  //debug("%d\n",(int)sizeof(dp)/1024/1024);
  n=read();m=read();
  scanf(" %s",s+1);
  dp[0][0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=0;j<=m;j++){
      int bot=s[i]-'a',up='z'-s[i];      
      (dp[i][j]+=bot*botsum[j])%=mod;
      (dp[i][j]+=bot*dp[i-1][j])%=mod;
      if(j-(n-i+1)>=0){
	(dp[i][j]+=up*dp[i-1][j-(n-i+1)])%=mod;	
      }
      //printf("i=%d j=%d bot=%d up=%d dp=%lld\n",i,j,bot,up,dp[i][j]);
    }
    for(int j=0;j<=m;j++){
       (botsum[j]+=dp[i-1][j])%=mod;      
       (dp[n][j]+=dp[i-1][j])%=mod;
       int l=i+1,r=n;
       for(;l<=n;l++){
	 int add=(l-i+1)*(n-l+1);
	 if(j+add>m) break;
	 (dp[l][j+add]+=('z'-s[l])*dp[i-1][j])%=mod;
       }
       for(;r>l;r--){
	 int add=(r-i+1)*(n-r+1);
	 if(j+add>m) break;
	 (dp[r][j+add]+=('z'-s[r])*dp[i-1][j])%=mod;
       }
    }
  }
  printf("%lld\n",dp[n][m]);
  return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF360D Levko and Sets

Description \text{Description} Description

有两个整数数组 a 1 , a 2 . . . . . . a n a_1,a_2......a_n a1​,a2​......an​ 和 b 1 , b 2 . . . . . . b m b_1,b_2......b_m b1​,b2​......bm​，与一个质数 p p p ，现在要生成 n n n 个集合，第 i i i 个集合生成方式如下：

1. 开始，集合只有元素 1 1 1.
2. 从集合中选一个元素 c c c ，对于所有的 j j j ，如果满足 ( c × a i b j ) % p (c\times a_i^{b_j})\%p (c×aibj​​)%p 不在当前集合，就把它加入集合.
3. 重复以上步骤.

求 n n n 个集合的并的大小.
n ≤ 1 0 4 , m ≤ 1 0 5 , p ≤ 1 0 9 n\le 10^4,m\le 10^5,p\le 10^9 n≤104,m≤105,p≤109
a i ≤ p , b i ≤ 1 0 9 a_i\le p,b_i\le10^9 ai​≤p,bi​≤109

Solution \text{Solution} Solution

题意简化一下就是集合里的元素是 a i a_i ai​ 的（ b i b_i bi​组合相加）次幂模 p p p 的结果.
设 ϕ = p − 1 , g = gcd ⁡ ( ϕ , gcd ⁡ i = 1 m b i ) \phi=p-1,g=\gcd(\phi,\gcd_{i=1}^m b_i) ϕ=p−1,g=gcd(ϕ,gcdi=1m​bi​)，那么第 i i i 个集合可以等价为：
{ a i k g ( m o d   p ) ∣ k ∈ N } \{a_i^{kg}(mod\space p)|k\in N\} {aikg​(mod p)∣k∈N}
设 c i c_i ci​ 为最小的 k k k，满足 a i g c i = 1 ( m o d   p ) a_i^{gc_i}=1(mod\space p) aigci​​=1(mod p)， c i c_i ci​ 必然是 ϕ \phi ϕ 的因子，可以预处理出 ϕ \phi ϕ 的因子后暴力求出.
那么这个集合可以等价为：
{ 1 , a i g , a i 2 g , . . . , a i ( c i − 1 ) g } \{1,a_i^{g},a_i^{2g},...,a_i^{(c_i-1)g}\} {1,aig​,ai2g​,...,ai(ci​−1)g​}
设 R R R 为 p p p 的原根，那么上面的集合等价于：
{ R 0 , R ϕ c i , R 2 × ϕ c i , . . . , R ( c i − 1 ) × ϕ c i } \large \{R^0,R^{\frac{\phi}{c_i}},R^{2\times \frac{\phi}{c_i}},...,R^{(c_i-1)\times \frac{\phi}{c_i}}\} {R0,Rci​ϕ​,R2×ci​ϕ​,...,R(ci​−1)×ci​ϕ​}
那么问题就转化为了给出一个数列 c 1... n c_{1...n} c1...n​ ，求 [ 1 , ϕ ] [1,\phi] [1,ϕ] 之间由 c c c 数列筛出的数的个数，其中 c i c_i ci​ 均是 ϕ \phi ϕ 的因子.
设 f x f_x fx​ 为只被 x x x 筛掉的数的个数.
就有
f x = ϕ x − ∑ f k x f_x=\frac{\phi}{x}-\sum f_{kx} fx​=xϕ​−∑fkx​
由于所有的 c i c_i ci​ 都是 ϕ \phi ϕ 的因数，所以也只枚举 ϕ \phi ϕ 的因数即可.
最后的答案就是把所有是 c i c_i ci​ 倍数的 x x x 的 f x f_x fx​ 加起来.

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m;
int mod;
inline ll ksm(ll x,ll k){
  ll res(1);
  while(k){
    if(k&1) res=res*x%mod;
    x=x*x%mod;k>>=1;
  }
  return res;
}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int a[N],b[N],c[N],g;
int pd[N],tot;
int f[N];
int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();mod=read();
  int phi=mod-1;g=phi;
  for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
  for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read(),g=gcd(g,b[i]);  
  for(int i=1;i*i<=phi;i++){
    if(phi%i) continue;
    pd[++tot]=i;if(i*i<phi) pd[++tot]=phi/i;
  }
  sort(pd+1,pd+1+tot);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int d=ksm(a[i],g);
    for(int j=1;j<=tot;j++){
      if(ksm(d,pd[j])==1){
	c[i]=phi/pd[j];break;
      }
    }
    //printf("i=%d c=%d\n",i,c[i]);
  }
  int res(0);
  for(int i=tot;i>=1;i--){
    bool flag=0;
    for(int j=1;j<=n;j++){
      if(pd[i]%c[j]==0){flag=1;break;}
    }
    if(!flag) continue;
    f[i]=phi/pd[i];
    for(int j=i+1;j<=tot;j++){
      if(pd[j]%pd[i]==0) f[i]-=f[j];
    }
    res+=f[i];
  }
  printf("%d\n",res);
  return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF360E Levko and Game

Description \text{Description} Description

你和你的朋友在一张有 n n n（ n ≤ 1 0 4 n\le 10^4 n≤104）个点， m + k m+k m+k（ m ≤ 1 0 4 , k ≤ 100 m \le 10^4,k\le 100 m≤104,k≤100）条边的带权有向图上玩一个游戏.

一开始你们分别处在 S 1 S_1 S1​ 和 S 2 S_2 S2​ 上,你们需要到达 T T T.

你可以将给定的 k k k 条边的权值修改为 [ L , R ] [L,R] [L,R] 中任何数.

问你是否能先到达 T T T,如果不能,能否达成平局.
n , m ≤ 1 0 4 , k ≤ 100 n,m\le 10^4,k\le 100 n,m≤104,k≤100

Solution \text{Solution} Solution

一开始把所有边的权都设成最大.
对于一条边 ( u → v ) (u\to v) (u→v)，若 d i s 1 u ≤ d i s 1 v dis1_u\le dis1_v dis1u​≤dis1v​，就把它的边权设成最小，因为如果 B 想用这条边，必败无疑.
改权后可能 d i s dis dis 的关系发生变化，重新跑 Dijkstra，再次判断即可.
复杂度 O ( n k ) O(nk) O(nk).

Code \text{Code} Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e4+100;
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m,k;
struct node{
  int to,nxt,frm,w;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y,int w){
  p[++cnt]=(node){y,fi[x],x,w};fi[x]=cnt;
  return;
}
int id[105];
int u[105],v[105],l[105],r[105];
int s1,s2,t;
ll dis1[N],dis2[N];
bool vis[N];
#define pr pair<int,ll>
#define mkp make_pair
priority_queue<pr,vector<pr>,greater<pr> >q;
void dij(ll *dis,int s){
  memset(vis,0,sizeof(vis));
  dis[s]=0;q.push(mkp(0,s));
  while(!q.empty()){
    int now=q.top().second;q.pop();
    if(vis[now]) continue;
    vis[now]=1;
    for(int i=fi[now];~i;i=p[i].nxt){
      int to=p[i].to;
      if(dis[to]>dis[now]+p[i].w){
	dis[to]=dis[now]+p[i].w;
	q.push(mkp(dis[to],to));
      }
    }
  }
  return;
}
int main(){
  #ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  memset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;
  n=read();m=read();k=read();
  s1=read();s2=read();t=read();
  for(int i=1;i<=m;i++){
    int x=read(),y=read(),w=read();
    addline(x,y,w);
  }
  for(int i=1;i<=k;i++){
    u[i]=read(),v[i]=read(),l[i]=read(),r[i]=read();
    addline(u[i],v[i],r[i]);id[i]=cnt;
  }
  while(1){
    int f=0;
    memset(dis1,0x3f,sizeof(dis1));memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2));
    dij(dis1,s1);dij(dis2,s2);
    for(int i=1;i<=k;i++){
      if(p[id[i]].w!=l[i]&&dis1[u[i]]<dis2[u[i]]){
	f=1;p[id[i]].w=l[i];break;
      }
    }
    if(!f) break;
  }
  memset(dis1,0x3f,sizeof(dis1));memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2));
  dij(dis1,s1);dij(dis2,s2);
  if(dis1[t]>dis2[t]) printf("LOSE");
  else{
    if(dis1[t]==dis2[t]) printf("DRAW\n");
    else printf("WIN\n");
    for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d ",p[id[i]].w);
  }
  return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

标签：Code,Description,int,text,Solution,CodeForces,read,div2,div1
来源： https://blog.csdn.net/BUG_Creater_jie/article/details/121978173