B：Zeratul与Xor
题目描述
Xor（按位异或），对应C++中的“^”运算符。
Zeratul给出了一个数列A[n]（n≤105)，要做q（q≤105）组动作，这些动作包括：
1 a：数列中所有的元素异或上a。a非负，且不会超过int的范围。
2 b：向数列尾部添加一个新的数b。b非负，且不会超过int的范围
3 k：查询当前的数列中第k小的数，并输出这个数。保证k不会超过当前数列的长度。
输入
第一行包括两个元素n，q（1≤n≤105，1≤q≤1）。
第二行包括n个数，代表初始的数列。数列中的所有元素非负，且不会超过int的范围。
接下来q行，代表q组动作，含义见描述。
输出
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对于每组需要输出的动作，输出一行代表答案。输入数据保证动作中至少有一组需要输出的动作。
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例输入
3 3 1 2 3 1 2 2 2 3 3
样例输出
2
字典树+dfs，区间第k小就是第(n-k+1)大
异或满足结合律
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <queue> #include <stack> #include <cstdlib> #include <iomanip> #include <cmath> #include <cassert> #include <ctime> #include <map> #include <ext/rope> #include <set> using namespace std; #pragma comment(linker, "/stck:1024000000,1024000000") #pragma GCC diagnostic error "-std=c++11" #define lowbit(x) (x&(-x)) #define max(x,y) (x>=y?x:y) #define min(x,y) (x<=y?x:y) #define MAX 100000000000000000 #define MOD 1000000007 #define esp 1e-9 #define pi acos(-1.0) #define ei exp(1) #define PI 3.1415926535897932384626433832 #define ios() ios::sync_with_stdio(true) #define INF 1044266560 #define mem(a) (memset(a,0,sizeof(a))) int dcmp(double x){return fabs(x)<esp?0:x<0?-1:1;} typedef long long ll; const int maxn=1e7+10; int tree[maxn][2],pos=0; int val[maxn],n,m,x,p,ans=0; void insert(int n,int root) {//求第k大，从最高位开始判断，倒着插 for(int i=31;i>=0;i--) { int x=n&(1<<i)?1:0; if(tree[root][x]==-1) tree[root][x]=++pos; root=tree[root][x]; val[root]++; } } //异或取相反 int query(int root,int bit,int k,int now) { if(bit==-1) return 0; int x=now&(1<<bit)?1:0; if(x==0)//相反数为1 { if(tree[root][x^1]!=-1 && val[tree[root][x^1]]>=k) return (1<<bit)+query(tree[root][x^1],bit-1,k,now);//此位为1，并且数量足够可取，1位加 else{ if(tree[root][x^1]!=-1) return query(tree[root][x],bit-1,k-val[tree[root][x^1]],now);//1位不够，0位补充，0位不加 else return query(tree[root][x],bit-1,k,now);//0位 } } else//相反数为0 { if(tree[root][x^1]!=-1 && val[tree[root][x^1]]>=k) return query(tree[root][x^1],bit-1,k,now);//0位，不加 else{ if(tree[root][x^1]!=-1) return (1<<bit)+query(tree[root][x],bit-1,k-val[tree[root][x^1]],now);//1位，加 else return (1<<bit)+query(tree[root][x],bit-1,k,now);//1位，加 } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); memset(tree,-1,sizeof(tree)); for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%d",&x); insert(x,0); } while(m--) { scanf("%d%d",&p,&x); if(p==1) ans^=x; else if(p==2) insert(ans^x,0),n++; else printf("%d\n",query(0,31,n-x+1,ans)^ans);//区间第k小就是第(n-k+1)大 } return 0; }
C. Alice和Bob的Nim游戏
题目描述
众所周知，Alice和Bob非常喜欢博弈，而且Alice永远是先手，Bob永远是后手。
Alice和Bob面前有3堆石子，Alice和Bob每次轮流拿某堆石子中的若干个石子（不可以是0个），拿到所有石子中最后一个石子的人获胜。这是一个只有3堆石子的Nim游戏。
Bob错误的认为，三堆石子的Nim游戏只需要少的两堆的石子数量加起来等于多的那一堆，后手就一定会胜利。所以，Bob把三堆石子的数量分别设为 {k，4k，5k}（k>0）。
现在Alice想要知道，在k 小于 2^n 的时候，有多少种情况先手一定会获得胜利。
输入
一个整数n(1≤n≤2×109)。
输出
输出先手胜利的可能情形数。答案对109+7取模。
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例输入
3
样例输出
2
我们可以求出先手必胜局面k^4k^5k=0;所以，所有后手获胜的k必须满足二进制位形如10010或10011的形式（k和k左移两位1不重合）
设f（n）表示小于2^n（即二进制第n位为0）的满足上述条件的k的个数，则f（n）= f（n-1）+ f（n-3）+ f（n-4）+ 2。
矩阵快速幂
f[n] 1 0 1 1 1 f[n-1]
f[n-1] 1 0 0 0 0 f[n-2]
f[n-2] 0 1 0 0 0 f[n-3]
f[n-3] 0 0 1 0 0 f[n-4]
2 0 0 0 0 1 2
f[1]=1,f[2]=3,f[3]=5,f[4]=8;
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <queue> #include <stack> #include <cstdlib> #include <iomanip> #include <cmath> #include <cassert> #include <ctime> #include <map> #include <ext/rope> #include <set> using namespace std; #pragma comment(linker, "/stck:1024000000,1024000000") #pragma GCC diagnostic error "-std=c++11" #define lowbit(x) (x&(-x)) #define max(x,y) (x>=y?x:y) #define min(x,y) (x<=y?x:y) #define MAX 100000000000000000 #define MOD 1000000007 #define esp 1e-9 #define pi acos(-1.0) #define ei exp(1) #define PI 3.1415926535897932384626433832 #define ios() ios::sync_with_stdio(true) #define INF 1044266560 #define mem(a) (memset(a,0,sizeof(a))) int dcmp(double x){return fabs(x)<esp?0:x<0?-1:1;} typedef long long ll; ll n; struct matrix { ll a[5][5]; matrix(){ memset(a,0,sizeof(a)); } }; matrix multiply(matrix ans,matrix pos) { matrix res; for(int i=0;i<5;i++) for(int j=0;j<5;j++) for(int k=0;k<5;k++) res.a[i][j]=(res.a[i][j]+ans.a[i][k]*pos.a[k][j])%MOD; return res; } matrix matrix_pow(ll n) { matrix ans,pos; pos.a[0][0]=pos.a[0][2]=pos.a[0][3]=pos.a[0][4]=1; pos.a[1][0]=pos.a[2][1]=pos.a[3][2]=pos.a[4][4]=1; for(int i=0;i<5;i++) ans.a[i][i]=1; while(n) { if(n&1) ans=multiply(ans,pos); n>>=1; pos=multiply(pos,pos); } return ans; } ll quick_pow(ll x,ll n) { ll ans=1; while(n) { if(n&1) ans=(ans*x)%MOD; n>>=1; x=(x*x)%MOD; } return ans%MOD; } int main() { scanf("%lld",&n); if(n<=2) return 0*printf("0\n"); else if(n==3) return 0*printf("2\n"); else if(n==4) return 0*printf("7\n"); matrix pos=matrix_pow(n-4); ll ans=(pos.a[0][0]*8+pos.a[0][1]*5+pos.a[0][2]*3+pos.a[0][3]+pos.a[0][4]*2)%MOD; printf("%lld\n",(quick_pow(2,n)-1+MOD-ans+MOD)%MOD); return 0; }
G. 算个欧拉函数给大家助助兴
题目描述
木南有一天学习了欧拉函数，知道了对正整数n，欧拉函数是小于n的正整数中与n互质的数的数目。那么他定义f(n)为有多少个小于等于n的数可以整除n。
例如f(4)=3。（可以被1，2，4整除）。
那么你可以写个程序计算一下f(n)吗？
输入
输入一个n n≤1018
输出
输出f(n)
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例输入
999999999999999989
样例输出
2
求一根数有多少个因子，大数素因子分解
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <queue> #include <stack> #include <cstdlib> #include <iomanip> #include <cmath> #include <cassert> #include <ctime> #include <map> #include <set> #include <bitset> using namespace std; #pragma comment(linker, "/stck:1024000000,1024000000") #define lowbit(x) (x&(-x)) #define max(x,y) (x>=y?x:y) #define min(x,y) (x<=y?x:y) #define MAX 100000000000000000 #define MOD 1000000007 #define pi acos(-1.0) #define ei exp(1) #define PI 3.1415926535897932384626433832 #define set_bit(x,ith,bool) ((bool)?((x)|(1<<(ith))):((x)&(~(1<<ith)))) #define ios() ios::sync_with_stdio(true) #define INF 0x3f3f3f3f #define mem(a) (memset(a,0,sizeof(a))) typedef unsigned long long ull; typedef long long ll; const int s=8; char ch[26]; ll mult_mod(ll a,ll b,ll c) { a%=c; b%=c; ll ret=0; ll tmp=a; while(b) { if(b&1){ ret+=tmp; if(ret>c) ret-=c; } tmp<<=1; if(tmp>c) tmp-=c; b>>=1; } return ret; } ll pow_mod(ll a,ll n,ll mod) { ll ans=1; ll tmp=a%mod; while(n) { if(n&1) ans=mult_mod(ans,tmp,mod); tmp=mult_mod(tmp,tmp,mod); n>>=1; } return ans; } bool check(ll a,ll n,ll x,ll t) { ll ret=pow_mod(a,x,n); ll last=ret; for(int i=1;i<=t;i++) { ret=mult_mod(ret,ret,n); if(ret==1 && last!=1 && last!=n-1) return true; last=ret; } if(ret!=1) return true; else return false; } bool miller_pabin(ll n) { if(n<2) return false; if(n==2) return true; if((n&1)==0) return false; ll x=n-1; ll t=0; while((x&1)==0) {x>>=1;t++;} srand(time(NULL)); for(int i=0;i<s;i++){ ll a=rand()%(n-1)+1; if(check(a,n,x,t)) return false; } return true; } ll factor[110]; int tol=0; ll gcd(ll a,ll b) { ll t; while(b) { t=a; a=b; b=t%b; } if(a>=0) return a; else return -a; } ll pollard_rho(ll x,ll c) { ll i=1,k=2; srand(time(NULL)); ll x0=rand()%(x-1)+1; ll y=x0; while(1) { i++; x0=(mult_mod(x0,x0,x)+c)%x; ll d=gcd(y-x0,x); if(d!=1 && d!=x) return d; if(y==x0) return x; if(i==k){y=x0;k+=k;} } } void findfac(ll n,ll k) { if(n==1) return ; if(miller_pabin(n)) { factor[tol++]=n; return ; } ll p=n; ll c=k; while(p>=n) p=pollard_rho(p,c--); findfac(p,k); findfac(n/p,k); } int main() { ll n; scanf("%lld",&n); if(miller_pabin(n)) printf("2\n"); else { findfac(n,107); ll ans=1; for(int i=0;i<tol;i++) { //printf("%lld ",factor[i]); ll pos=0; while(n>0 && (n%factor[i]==0)) { pos++; n/=factor[i]; } // printf("%lld %lld\n",factor[i],pos); if(pos) ans*=(pos+1); } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
M. Big brother said the calculation
题目描述
(我们永远的)大哥有很多的小弟(n个)。每一个小弟有一个智力值。现在小弟们聚集在了大哥身旁，排成了一队，等待大哥的检阅。n个小弟的智力值是一个1到n的排列。
大哥在检阅小弟时，每次会选择一些相邻的小弟，让他们按照自己的智力值从小到大或从大到小顺序重新排队(没有被选择的小弟位置不变)，以便他排除其中的二五仔。
在大哥检阅完小弟之后，老仙突然来了。他十分想为难一下大哥，所以他问大哥其中某一个小弟的智力值是多少。大哥十分的慌，并不能回答这个问题，所以让你来帮他解决这个问题。如果你能够解决，大哥可能会赠与你守护者的三叉戟和并教你他的换家绝学。
输入
第一行3个整数n,q,k，表示小弟的数目，大哥检阅小弟时让一些小弟重新排队的次数，以及最后老仙问他的是第几个小弟的智力值。
第二行n(1≤n≤105)个整数，表示每个小弟的智力值，保证符合题意，是1到n的一个排列。
接下来q(1≤q≤105)行，每行3个整数a,b,t(1≤a≤b≤n,0≤t≤1)，表示他选择了第a个到第b个小弟（a,b均包含）进行重新排列。若t=0，则为从小到大；若t=1，则为从大到小。
输出
输出一个整数，代表在检阅之后第k个小弟的智力值是多少。
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例输入
5 2 4 1 4 3 2 5 1 3 0 3 5 1
样例输出
4
线段树+二分
首先，题目确定是关于n的一个排列，那么二分k处可能取的值，然后构建线段树时，大于他标记为1，小于他标记为0，每次查找要更新的区间有多少个一，在全部标记为0
操作为1是把这些1放到此区间左边，操作为0放到此区间右边，然后查找时，若k处为1，说明这里的数一定大于二分出来的数，不满足，继续二分。
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <queue> #include <stack> #include <cstdlib> #include <iomanip> #include <cmath> #include <cassert> #include <ctime> #include <map> #include <ext/rope> #include <set> using namespace std; #pragma comment(linker, "/stck:1024000000,1024000000") #pragma GCC diagnostic error "-std=c++11" #define lowbit(x) (x&(-x)) #define max(x,y) (x>=y?x:y) #define min(x,y) (x<=y?x:y) #define MAX 100000000000000000 #define MOD 1000000007 #define esp 1e-9 #define pi acos(-1.0) #define ei exp(1) #define PI 3.1415926535897932384626433832 #define ios() ios::sync_with_stdio(true) #define INF 1044266560 #define mem(a) (memset(a,0,sizeof(a))) int dcmp(double x){return fabs(x)<esp?0:x<0?-1:1;} typedef long long ll; const int maxn=100005; int n,m,a[maxn],operation[maxn],k; int li[maxn],ri[maxn]; struct tree{ int l,r; int sum,lazy; }tree[maxn<<2]; void pushdown(int root){ if(tree[root].lazy!=-1){ tree[root<<1].lazy=tree[root].lazy; tree[root<<1|1].lazy=tree[root].lazy; tree[root<<1].sum=tree[root].lazy*(tree[root<<1].r-tree[root<<1].l+1); tree[root<<1|1].sum=tree[root].lazy*(tree[root<<1|1].r-tree[root<<1|1].l+1); tree[root].lazy=-1; } } void pushup(int root){ tree[root].sum=tree[root<<1].sum+tree[root<<1|1].sum; } void build(int l,int r,int root,int val) { tree[root].l=l;tree[root].r=r; tree[root].lazy=-1; if(l==r){ tree[root].sum=(a[l]>val)?1:0; return ; } int mid=l+r>>1; build(l,mid,root<<1,val); build(mid+1,r,root<<1|1,val); pushup(root); } void update(int L,int R,int val,int root) { if(L<=tree[root].l && R>=tree[root].r){ tree[root].sum=val*(tree[root].r-tree[root].l+1); tree[root].lazy=val; return ; } pushdown(root); int mid=tree[root].l+tree[root].r>>1; if(L<=mid) update(L,R,val,root<<1); if(R>mid) update(L,R,val,root<<1|1); pushup(root); } int query(int L,int R,int root){ if(L<=tree[root].l && R>=tree[root].r){ return tree[root].sum; } pushdown(root); int mid=tree[root].l+tree[root].r>>1; int ans=0; if(L<=mid) ans+=query(L,R,root<<1); if(R>mid) ans+=query(L,R,root<<1|1); return ans; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d%d",&li[i],&ri[i],&operation[i]); int l=1,r=n; while(l<r) { int mid=l+r>>1; build(1,n,1,mid); for(int i=0;i<m;i++) { int L=li[i]; int R=ri[i]; int c=query(L,R,1); update(L,R,0,1); if(operation[i] && L<=L+c-1) update(L,L+c-1,1,1); else if(!operation[i] && R>=R-c+1) update(R-c+1,R,1,1); } if(query(k,k,1)) l=mid+1; else r=mid; } printf("%d\n",l); return 0; }