恩偶爱皮模拟尸体-32
作者：互联网
水博客太快乐了
考场
又是紧张刺激激动人心的CT报灵赛了。。。
开考先看题，看完三道题感觉没一道可做。。。
感觉凉了。。。
于是决定从 \(T1\) 开始看起。。。。
不会，直接大力线性筛。。。
发现好多无贡献的数也被计算了。。。
于是考虑优化，写了堆优化，两个大样例过了，然后最大的那个跑了将近 \(10s\) 。。。
不管了，先看 \(T2\) \(T3\) 发现都没啥思路，于是写了暴力考虑优化 \(T1\) ，把堆改成了队列，感觉应该会快很多，然而大样例还是跑了 \(3s\) 到 \(4s\)。。。
但是感觉时间复杂度是正确的，常数也小的可怜。。。
不管了，就这样交吧。。。
重新看 \(T2\ T3\) ，深刻地认识到了我什么都不会的事实。。。
于是 \(T2\) 大力 \(xin\ team\) ，\(T3\) 直接骗 \(30pts\) 。。。
感觉冲后两题不如回来优化 \(T1\) 。。。（其实此时 \(T1\) 已经过了。。。。
最后也没有水出什么有用的东西。。。。
分数
预估 ： \(t1\ 80pts\ +\ t2\ 20pts\ +\ t3\ 30pts\ =\ 130pts\)
实际 ： \(t1\ 100pts\ +\ t2\ 24pts\ +\ t3\ 30pts\ =\ 154pts\)
震惊！！！ \(t1\) 居然就这么过了？？？！！！
后来和巨佬 \(CYH\) 表达了我对 \(A\) 了这题的震惊，得知他本机最大样例不到 \(1s\) 就跑完了。。。是我电脑太卡了？？？
题解
A. Smooth
乍一看只会暴力，于是写了大力线性筛，发现线性筛的时候有很多数实际上对答案是没有贡献的，与是考虑优化，发现线性筛是将每一个找到的质数都存下来，用来筛之后的数，然而当质数大于 \(p_{b}\) 时，就已经不可能对答案有贡献了，所以只用前 \(b\) 个数筛即可，将筛到的数存到堆或队列里，堆带一个 \(\log\) 所以显然会 \(T\) 。
所以要用队列，用队列为了保证选数时的单调性，必须开 \(b\) 个队列，每次从这 \(b\) 个队列的队头中找一个最小值进行线性筛的操作即可。。。
时间复杂度 \(O(KB)\) ，显然可过。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int B=16, K=1e7+10;
const long long MAXN=1e18+5;
inline int read(){
int f=1, x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-48; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int cnt, b, k, minn;
long long pri[B], u;
bool vis[100];
queue<long long> q[B];
int main(void){
b=read(), k=read()-1;
if(!k) { printf("1\n"); return 0; }
for(int i=2; cnt<b; ++i){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i;
for(int j=1; j<=cnt&&i*pri[j]<100; ++j){
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
for(int i=1; i<=cnt; ++i) q[i].push(pri[i]);
while(k){
minn=1;
for(int i=2; i<=cnt; ++i)
if(q[i].front()<q[minn].front()) minn=i;
u=q[minn].front(); q[minn].pop();
if(--k==0) { printf("%lld\n", u); return 0; }
for(int i=1; i<=cnt&&pri[i]*u<MAXN; ++i){
q[i].push(pri[i]*u);
if(u%pri[i]==0) break;
}
}
return 0;
}
B. Six
本场比赛最毒瘤的题。。。
巨佬 \(szs\) ：大家应该都能看出来，这是一个简单的 \(dp\) 。
。。。。
考虑设计状态，显然每个数可以被看作是一个由若干质数组成的集合，既然题中已经告诉了我们每个数最多有 \(6\) 个质因子，因此可以考虑状压。。。
设质因子的状态为 \(S\) 。
若新加入一个数，考虑目前是什么情况它才可以插入。。。
发现当且仅当不存在一个数对，使得当前数与这两个数均含有相同的质因子，因此设是否存在一个同时包含某些质因子的数对的状态为 \(T\) 。。。
转移很麻烦，直接看代码吧。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define int long long
#define fi first
#define se second
const int N=1e6+10, M=3e7+10, mod=1e9+7;
inline ll read(){
int f=1, x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-48; ch=getchar(); }
return f*x;
}
ll n;
ll stk[N], p[7], cnt[N];
bool vis[M];
int top1, ul1[7][7], f[1<<7], top;
map<pair<int, int > , ll> mp;
int ex[10], top2;
void pre_work(){
ll ul=n, nn=sqrt(n);
for(ll i=2; ul!=1&&i<=nn; ++i)
if(ul%i==0){
p[++top1]=i;
while(ul%i==0) ul/=i;
}
if(ul!=1) p[++top1]=ul; ul=0;
for(int i=2; i<=nn; ++i)
if(n%i==0){
stk[++top]=i;
if(i*i!=n) stk[++top]=n/i;
}
stk[++top]=n;
for(int i=1; i<=top; ++i){
for(int j=1; j<=top1; ++j)
if(stk[i]%p[j]==0) ul|=1<<(j-1);
++cnt[ul]; ul=0;
}
for(int i=1; i<=top1; ++i) for(int j=i; j<=top1; ++j)
ul1[i][j]=ul1[j][i]=ul++;
for(int i=1; i<1<<top1; ++i){
top2=0;
for(int j=1; j<=top1; ++j)
if(i&(1<<(j-1))) ex[++top2]=j;
for(int j=1; j<=top2; ++j) for(int k=j; k<=top2; ++k)
f[i]|=(1<<ul1[ex[j]][ex[k]]);
}
}
ll dfs(pair<int, int > u){
if(mp[u]) return mp[u]; int ul;
for(int i=1; i<1<<top1; ++i){
if(f[i]&u.se) continue; ul=u.se;
for(int j=1; j<=top1; ++j){
if((i&(1<<(j-1)))==0) continue;
for(int k=1; k<=top1; ++k)
if(u.fi&(1<<(k-1))) ul|=(1<<ul1[j][k]);
}
mp[u]+=((dfs(make_pair(u.fi|i, ul))+1)*cnt[i])%mod;
mp[u]%=mod;
}
return mp[u];
}
signed main(void){
n=read(); pre_work();
printf("%lld\n", dfs(make_pair(0, 0)));
return 0;
}
C. Walker
首先很显然，若确定两个点，则一定可以确定一组解。。。（可以使用高斯消元，也可以直接算出来。。。
若要判断这组解是否合法，则显然可以 \(O(n)\) 判断。。。
若要枚举每一对点对，则显然会 \(T\) ，所以可以考虑随机化优化，因为题中告知，至少有一半的点是正确的，所以一次找到正确答案的概率是 \(\frac{1}{4}\) ,这个概率显然大的可怕，随便随几组数据就能找到。。。（如果 \(RP\) 足够高可以尝试只随一组数据。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const double eps=1e-6;
int n;
double x[N], y[N], x1[N], y10086[N];
double a[10][10], b[10];
inline void gauss(){
for(int i=1; i<=4; ++i){
int id=0; double ul;
for(int j=i; j<=4; ++j)
if(fabs(a[j][i])>fabs(a[id][i])) id=j;
ul=a[id][i]; b[id]/=ul;
for(int j=1; j<=4; ++j) a[id][j]/=ul;
for(int j=1; j<=4; ++j) swap(a[id][j], a[i][j]); swap(b[id], b[i]);
for(int j=1; j<=4; ++j){
if(i==j) continue;
ul=a[j][i]; b[j]-=ul*b[i];
for(int k=i; k<=4; ++k)
a[j][k]-=ul*a[i][k];
}
}
}
inline bool check(){
double xx, yy; int num=0;
for(int i=1; i<=n; ++i){
xx=x[i]*b[1]-y[i]*b[2]+b[3]; yy=y[i]*b[1]+x[i]*b[2]+b[4];
if(fabs(xx-x1[i])<=eps&&fabs(yy-y10086[i])<=eps) ++num;
}
return num>=((n+1)>>1);
}
inline void get_ans(){
double an, scale, dx, dy;
scale=sqrt(b[1]*b[1]+b[2]*b[2]);
an=acos(b[1]/scale);
if(fabs(sin(an)*scale-b[2])>eps) an=-an;
dx=b[3], dy=b[4];
printf("%.10lf\n%.10lf\n", an, scale);
printf("%.10lf %.10lf\n", dx, dy);
}
int main(void){
scanf("%d", &n); srand(time(0));
for(int i=1; i<=n; ++i)
scanf("%lf%lf%lf%lf", &x[i], &y[i], &x1[i], &y10086[i]);
for(int i=1; i; ++i){
int a1=rand()%n+1, b1=rand()%n+1;
if(a1==b1) { --i; continue; }
a[1][1]=x[a1], a[1][2]=-y[a1], a[1][3]=1, a[1][4]=0; b[1]=x1[a1];
a[2][1]=y[a1], a[2][2]=x[a1], a[2][3]=0, a[2][4]=1; b[2]=y10086[a1];
a[3][1]=x[b1], a[3][2]=-y[b1], a[3][3]=1, a[3][4]=0; b[3]=x1[b1];
a[4][1]=y[b1], a[4][2]=x[b1], a[4][3]=0, a[4][4]=1; b[4]=y10086[b1];
gauss(); if(check()) { get_ans(); return 0; }
}
return 0;
}
标签：10,ch,int,32,ll,long,恩偶,getchar,爱皮 来源： https://www.cnblogs.com/CTcode/p/NOIP_32.html