A.牛牛的mex
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题目大意
给你一个长度为n的序列a1~an（0<=ai<n且ai互不相同），有q次询问，每次想询问区间[l,r]中最小的未出现的自然数。
思路
由于每个0~n-1每个数字都只出现了一次，于是我们可以记下每个数字出现的位置，然后每次询问都从小到大进行遍历，如果该数不在询问范围内，那么它就是答案。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,q,a[N],b[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
b[a[i]]=i;
}
while(q--)
{
int l,r;
int flag=0;
scanf("%d%d",&l,&r);
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(b[i]>r||b[i]<l)
{
flag=1;
printf("%d\n",i);
break;
}
}
if(flag==0) printf("%d\n",n);
}
system("pause");
return 0;
}
B.牛牛的算术
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题目大意
题目简洁清晰，截图贴上
思路
推一下式子
我们可以发现当n>=199999时，因为是连乘，所以取模后答案肯定是0，所以只需要考虑n<199999的情况。
然后计算这个式子只需维护两个前缀和即可
1、1+2+3+…+j==j(j+1)/2
2、j * j(j+1)/2
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=199999,N=2e5+10;
LL sum[N],res[N];
char str[N];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
getchar();
sum[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++)
sum[i]=(sum[i-1]+i)%mod;
LL ans=1;
res[1]=1;
for(int i=2;i<=mod;i++)
{
res[i]=res[i-1]*(ans+sum[i]*i%mod)%mod*i%mod;
ans=(ans+sum[i]*i%mod)%mod;
}
while(T--)
{
gets(str);
int len=strlen(str);
if(len>6||(len==6&&str[0]>='2')) printf("0\n");
else
{
int k=0;
for(int i=0;i<len;i++)
k=k*10+str[i]-'0';
if(k==199999) printf("0\n");
else printf("%d\n",res[k]);
}
}
system("pause");
return 0;
}
C.牛牛的无向图
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题目大意
有一张n个点，m条边的无向图，每条边有边权wi。定义一条路径的权值是这条路径上边的最大值。定义d(u,v)是点u到点v的所有路径中权值最小的路径。多次询问，每次给出一个L，问有多少无序点对的d不超过L。
思路
(比赛中没有做出，赛后参照了别人的想法)
由定义，d(u,v)等于最小瓶颈生成树上(我也是第一次接触这个名词，如果你也不知道，可以自行百度一下)，u到v路径上权值最大的边。而最小生成树是最小瓶颈生成树。所以问题就转化为：对于每个L，有多少最小生成树上的点对，满足点对路径上权值最大的边的权值不超过L。
由于最小生成树至多n-1条边，权值至多n-1种。因此可以按照树上边权从小到大的顺序维护点对个数的前缀和。这个可以用并查集统计，即在跑Kruskal的时候维护连通块大小，如果要用权值为w的把A，B两个连通块合并，那么A中的每个点和B 中的每个点间路径上权值最大的边的权值恰为w，即w产生的点对个数贡献为A*B。
处理出前缀和，每次进行二分就可以快速找到答案。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10,M=5e5+10;
unsigned int SA, SB, SC;
int n, m, q, LIM;//n个点，m条边，q个询问
LL L[M];
struct node{
LL u,v,w;
}line[M];
LL num[M],ans[N],fa[N];
LL choose[N],th=n,sh=0;
bool cmp(node a,node b)
{
return a.w<b.w;
}
LL find(LL x)
{//并查集
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
unsigned int rng61(){
SA ^= SA << 16;
SA ^= SA >> 5;
SA ^= SA << 1;
unsigned int t = SA;
SA = SB;
SB = SC;
SC ^= t ^ SA;
return SC;
}
void gen(){
scanf("%d%d%d%u%u%u%d", &n, &m, &q, &SA, &SB, &SC, &LIM);
for(int i = 1; i <= m; i++){
line[i].u = rng61() % n + 1;
line[i].v = rng61() % n + 1;
line[i].w = rng61() % LIM;
}
for(int i = 1; i <= q; i++){
L[i] = rng61() % LIM;
}
}
LL solve(LL k)
{//二分函数
LL l=0,r=sh;
while(l<r)
{
LL mid=(l+r+1)/2;
if(choose[mid]>k) r=mid-1;
else l=mid;
}
return num[l];
}
int main()
{
gen();
sort(line+1,line+1+m,cmp);//按边权从小到大排序
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans[i]=1;//每个集合的点的数量
fa[i]=i;//并查集数组初始化
}
num[0]=0;
th=n,sh=0;
for(int i=1;i<=m&&th>1;i++)
{
int du=find(line[i].u),dv=find(line[i].v);
if(du==dv) continue;
else
{
th--;
sh++;
fa[dv]=du;//合并
num[sh]=num[sh-1]+1LL*ans[du]*ans[dv];//加上以这条边为路径权值的点集
ans[du]+=ans[dv];
choose[sh]=line[i].w;
}
}
LL res=0;
for(int i=1;i<=q;i++)
res^=solve(L[i]);
printf("%lld\n",res);
system("pause");
return 0;
}