我又一次被虐爆了，T4竟暴力可以过（我所认为的暴力）！
这一次只有140分，Rank20。
T1：
Coprime
题目大意
对于两个整数k 和m，如果k 和m 的最大公约数为1，则k 和m 互质。给出两个正整
数n 和m(m≤n),定义f(n,m)为1~n！中与m！互质的数的个数。其中n！=123*…*(n-1)n。
Task：给定n 和m，要求计算f(n,m)。
输入
本题设多组数据。
输入文件的第一行有一个整数T(1≤T≤100000)，表示有T 组数据。
接下来有T 行，每行两个整数n 和m(2≤n≤100000,2≤m≤n)。
输出
输出文件包含T 行，每行一个整数，表示f(n,m)。
由于答案过大，所以你只要输出f(n,m) mod 131071。
131071 是M17(梅森素数,2^17-1)。
样例输入
1
3 2
样例输出
3
数据范围
对于50%的数据,T=1,2≤N≤10
对于80%的数据，T=1，2≤N≤100000
对于100%的数据，1≤T≤100000，2≤N≤100000
AcFast 友情提示：小心运算溢出，也就是RTE215 错误。。。
题解
对于一个质数p，用n!(p-1)/p，最后就是答案，用逆元（费马小定理、欧拉函数）求出答案。（其实是道板子题）
#include<bits/stdc++.h>
#define RE register
#define ll long long
using namespace std;
const int P=131071;
int prime[100001],num=0,T;
ll fact[100001],ans,phi[100001];
bool bz[100001];
inline int read() {
int s=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return s;
}
inline ll power(ll a,ll b) {
ll result=1;
while(b>0) {
if(b&1)result=result*a%P;
a=a*a%P;
b>>=1;
}
return result;
}
inline void init() {
fact[1]=1;
for(RE int i=2; i<=100000; i++)fact[i]=fact[i-1]*i%P;
phi[1]=1;
for(RE int i=2; i<=100000; i++) {
phi[i]=phi[i-1];
if(!bz[i]) {
phi[i]=phi[i]*(i-1)%P*power(i,P-2)%P;
prime[++num]=i;
}
for(RE int j=1; j<=num; j++) {
if(prime[j]*i>100000)break;
bz[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
signed int main() {
freopen("coprime.in","r",stdin);
freopen("coprime.out","w",stdout);
init();
T=read();
while(T--) {
int n=read(),m=read();
printf("%lld\n",phi[m]*fact[n]%P);
}
}
T2:
Matrix
题目大意
给你一个N*M 的矩阵，矩阵里面的元素要么是正数，要么是负数，它们的绝对值不大
于10000。现在你可以对矩阵进行两种操作：
1、将某一列的元素全部取反。
2、将某一行的元素全部取反。
你可以执行任意次操作。
Task：通过以上两种操作如果可以将整个矩阵的元素全变为正数的话，则输出最少的操
作次数，否则输出“impossible”（不包括双引号）。
输入
输入文件的第一行有两个整数n 和m(1≤n,m≤1000)，表示矩阵的大小。
接下来有N 行，每行M 个数，每个数之间有一个空格。
输出
通过以上两种操作如果可以将整个矩阵的元素全变为正数的话，则输出最少的操作次
数，否则输出“impossible”（不包括双引号）。
样例输入
2 4
3 7 -6 1
-2 -6 8 -4
样例输出
2
数据范围
对于40%的数据,1≤N,M≤10
对于100%的数据，2≤N，M≤1000
题解
很明显，给出的那几个数只需要判断正负，所以我们先把它转化为01矩阵，正数为0，负数为1
那么样例就变成了这个样子
1 1 0 1
0 0 1 0
不难发现，先操作哪一行哪一列的先后顺序并不影响最终的状态，只要操作的数量相同，操作的行列相同就可以了。所以我们现在就有一个思路，我们可以先尝试把每一行都转化为相同状态，然后再把每一列进行处理，就可以得出答案。那么，每一行，它至多有两种状态，一种是操作，另一种是不操作，这样我们就可以以第一行为基准，看一下之后的每一行是否能够变成第一行的一二种状态，然后再求最小值。
Code
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,s[1001][1001],s2[1001][1001],ans=0,ans2=1,sum=0x3f3f3f3f;
bool bz=0,bz2=0;
inline int min(int a,int b) {
if(a<b)return a;
return b;
}
int main() {
freopen("matrix.in","r",stdin);
freopen("matrix.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) {
int x;
scanf("%d",&x);
if(x>0)s[i][j]=0;
else s[i][j]=1;
s2[i][j]=(s[i][j]+1)&1;
}
for(int i=2;i<=n;i++) {
bool check=0,check2=0,bz3=0,bz4=0;
for(int j=1;j<=m;j++) {
if(s[i][j]!=s[1][j])check=1;
if(s[i][j]!=s2[1][j])check2=1;
if(s2[i][j]!=s[1][j])bz3=1;
if(s2[i][j]!=s2[1][j])bz4=1;
if(check&&check2&&bz3&&bz4)break;
}
if(check&&check2)bz=1;
if(bz3&&bz4)bz2=1;
if(bz&&bz2)break;
if(!bz3)ans++;
if(!bz4)ans2++;
}
if(!bz) {
for(int j=1;j<=m;j++)
ans+=s[1][j];
sum=ans;
}
if(!bz2) {
for(int j=1;j<=m;j++)
ans2+=s2[1][j];
sum=min(sum,ans2);
}
if(bz&&bz2)puts("impossible");
else printf("%d",sum);
}
T3：
题目大意
Hanoi
Mpq 小时候只玩过俄罗斯方块这个经典的小游戏，当时他还不知道Hanoi 究竟是
什么东西。话说当Mpq 第一次认识Hanoi 是在初三那年的联赛。由于Mpq 之前并不知
道Hanoi 是什么东西，所以那一年他做完前三题之后很郁闷地坐了1 个半小时。。。
好了，现在Mpq 成长了，他已经解决当年联赛那道Hanoi 了，在前几个月，他又
发现一道关于Hanoi 的题目了，很幸运的是这个题目他知道怎么做了。。。然后为了让大
家体验一下Mpq 初三联赛那种无奈的感觉，所以，这道题就神奇地出现在你们眼前。
Task：赶快AC 这道题目，然后你就可以狂鄙视，甚至是无视Mpq 的存在了！！！
哎，吹着吹着发现我还没把题目写下来。。。。
现在给你M 根柱子，初始的时候有N 个大小不一样的盘插在第一根柱子上面。同
样地，规格大的盘子不能放在规格比它小的盘子上面。问最少需要多少次的移动才能将
这N 个盘从第一根柱子移动到最后一根柱子上面？
输入
输入文件的第一行有两个整数n,m(1≤n≤100000,3≤m≤10)，分别表示有n 个盘子和m
根柱子。
输出
输出文件只有一行，一个整数，表示最少的移动次数。保证这个移动次数不会超过
2^63-1。
样例输入
4 3
样例输出
15
数据范围
对于30%的数据,M=3
对于80%的数据，1≤N≤100,3≤M≤10
对于100%的数据，1≤N≤100000,6≤M≤10
题解
看到这道题时，知道m才这么小，一下就想到了状压，一股脑往状压去想了，结果想对了一半，是dp，但不是状压。说这么多无聊的，应该开始讲正解了。
设一个状态f[i][j]表示i个盘子，j根柱子的最小步数。
可是还是想不到怎么转移，那就先从最简单的三根柱子开始。
i个盘子三根柱子的答案套用公式：
f[i][3]=f[i-1][3]*2+1;
那么对于当前的一个k，代表从第一个柱子搬k个下来，然后再把他们给堆在一起放在最后一个柱子，那么
f[i][j]=f[k][j]*2+f[i-k][j-1];
这么一下来，答案是对了，但是超时了。
所以我们就用一个g[i][j]代表一个最优的k，每一次k就等于g[i-1][j]，和g[i-1][j]+1，每次就从上面选最优转移。
Code
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m;
long long f[100001][11],g[100001][11];
int main() {
freopen("hanoi.in","r",stdin);
freopen("hanoi.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=63;i++) {
f[i][3]=(f[i-1][3]*2)|1;
g[i][3]=i-1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=4;j<=m;j++) {
int k=g[i-1][j];
f[i][j]=(f[k][j]<<1)+f[i-k][j-1];
g[i][j]=k;
k++;
if((f[k][j]<<1)+f[i-k][j-1]<f[i][j]) {
f[i][j]=(f[k][j]<<1)+f[i-k][j-1];
g[i][j]=k;
}
}
printf("%lld",f[n][m]);
}
T4
题目大意
Road
Z 国是一个拥有N 个岛的国家。这N 个岛用N-1 条桥来连接，且任意两个岛之间都可以互达。
某商人听说Z 国是一个很富有的国家，所以他想到Z 国闯一闯。经过他仔细的观察，他发现某样商品特别受欢迎，而且由于各岛之间沟通联系不够多，所以这样物品在每个岛的价格可能都不同。
Task：商人开始在编号为x 的岛上，然后他要走到编号为y 的岛上。在这期间，他可以在x 岛y 的路径上买一件商品，和卖一件商品。，注意，仅能买一件和卖一件！显然你要计算商人从岛x 到岛y 最多能赚多少钱。
输入
输入第一行有一个整数N(1≤n≤50000)，表示Z 国有N 个岛。
接下来有N 行，每行一个整数Ci(1≤Ci≤50000)，第N+i 行的Ci 表示商品在岛i 的价
格。
再接下来有N-1 行，每行两个整数x,y(1≤x,y≤50000)，表示岛x 和岛y 之间有一条
桥。
接下来有一个整数M，表示有M 个询问。
然后M 行，每行两个整数，x,y(1≤x,y≤50000)，表示询问你，商人从岛x 到岛y 最多
能赚多少钱？
输出
对于每次询问，如果商人能赚到钱，则输出最多能赚多少钱。
如果不能赚钱，就输出0（你可以这样理解——亏本生意谁都不会做_）
样例输入
4
1
2
3
4
1 2
1 4
2 3
3
1 3
3 1
1 4
样例输出
2
0
3
数据范围
数据约定：
对于30%的数据, 1≤N,M≤100
对于60%的数据，1≤N,M≤1000
对于100%的数据，1≤N,M≤50000
题解
好像梁正昊给我们讲过这题
这道题令我特别的愤怒，竟是一道暴力！本O（nm）所不能过的题让某些人水了过去，就连LCA直接打一个个往上跳的打暴力都能过。严厉谴责出数据人！
就是一个暴力，找到LCA，（劝各位打高级的LCA算法）然后把y到LCA这条路径上的点加入数列，然后x到lca的路径找答案，再逆向在数列里找答案，一道暴力就AC了。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,a[50001],head[50001],cnt=0,st[50001][21],dep[50001],m,maxn,minn,minn2,ans,b[50001],num;
struct node {
int to,next;
} edge[100000];
void add(int x,int y) {
edge[cnt].to=y;
edge[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt++;
}
void dfs(int now) {
for(int i=head[now]; i!=-1; i=edge[i].next) {
int son=edge[i].to;
if(son==st[now][0])continue;
st[son][0]=now;
dep[son]=dep[now]+1;
dfs(son);
}
}
int LCA(int x,int y) {
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
if(dep[x]>dep[y]) {
for(int j=log2(dep[x]-dep[y]); j>=0; j--)
if(dep[st[x][j]]>dep[y])x=st[x][j];
x=st[x][0];
if(x==y)return x;
}
for(int j=log2(dep[x]); j>=0; j--)
if(st[x][j]!=st[y][j])
x=st[x][j],y=st[y][j];
return st[x][0];
}
int main() {
/*freopen("road.in","r",stdin);
freopen("road.out","w",stdout);*/
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1; i<n; i++) {
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);
add(v,u);
}
st[1][0]=1;
dfs(1);
for(int j=1; j<=log2(n); j++)
for(int i=1; i<=n; i++)
st[i][j]=st[st[i][j-1]][j-1];
scanf("%d",&m);
while(m--) {
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
int lca=LCA(u,v);
ans=0;
minn=0x3f3f3f3f;
num=0;
maxn=0;
while(u!=lca) {
ans=max(ans,a[u]-minn);
minn=min(minn,a[u]);
u=st[u][0];
}
ans=max(ans,a[u]-minn);
minn=min(minn,a[u]);
while(v!=lca) {
b[++num]=v;
v=st[v][0];
}
b[++num]=v;
minn2=minn;
for(int i=num; i>=1; i--) {
maxn=max(maxn,a[b[i]]);
ans=max(ans,a[b[i]]-minn);
minn=min(minn,a[b[i]]);
}
ans=max(ans,maxn-minn2);
printf("%d\n",ans);
}
}
请各位大佬多多知道我这个蒟蒻。