1001.AND Minimum Spanning Tree
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题意：给你一个又n个点的完全图，点编号从1~n，每条边的权值为被连接的两点编号按位与后的值。现在要你找到最小生成树，输出这个最小生成树的值 和 从2~n每个点相连的点（要求字典序最小）。
题解：因为是进行二进制操作，我们把数写成二进制形式可以发现，对于一个数x我们找到其从最低位开始第一个0位i，&上只有这一位是1其他位为0的数时与的结果为0。显然，只有n为2的次方-1时最小生成树的值为1，其他情况下每个点都能找到按位与后结果为0的点相连。
代码：
#include <cstdio> using namespace std; int a[50]={1}; int main() { int T,n; for (int i = 1; i < 30; i++) a[i] = a[i-1]*2; for (scanf("%d",&T);T--;) { scanf("%d",&n); int fg = 0; for (int i = 1; i < 30; i++) if (n+1 == a[i]) { fg = 1; break; } printf("%d\n", fg); for (int i = 2; i <= n; i++) { int x = i,cnt = 1; while(x) { if (x%2 == 0) break; x>>=1; cnt<<=1; } printf("%d%c",cnt>n?1:cnt,i==n?'\n':' '); } } return 0; }
1003.Divide the Stones
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题意：有n个石子，编号和重量都是1~n，现在要把这n个石子分成k组，要求每组数量和总重量相同，判断是否能分成k组，可以的话输出每组有哪些石子。
题解：待补
代码：
1007.Just an Old Puzzle
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题意：给你一个4*4的矩阵，问你120步内是否能复原。
题解：奇数码可达性问题。我们判断将空格移到最后之后前15个数逆序对个数是否为偶数个即可。
代码：
#include <cstdio> using namespace std; const int N = 20 + 10; int a[5][5],b[N]; int main() { int T,n; for (scanf("%d",&T);T--;) { int k=0,x=0; for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) scanf("%d",&a[i][j]); for (int i = 1; i <= 4; i++) { for (int j = 1; j <= 4; j++) { if (i+j!=8&&!a[i][j]) { for (int yy = j; yy < 4; yy++) a[i][yy] = a[i][yy+1]; for (int xx = i; xx < 4; xx++) a[xx][4] = a[xx+1][4]; } b[++k] = a[i][j]; } } for(int i=1;i<16;i++) for(int j=1;j<i;j++) if(b[i]<b[j]) x++; if (x%2==0) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } return 0; }
1008.K-th Closest Distance
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题意：你有一个长度为n的数组，有q次查询，每次询问[l,r]区间中p到ai第k大的距离是多少。
题解：区间第k大，第一反应是主席树。我们可以二分距离mid，当(p-mid,p+mid)中元素个数有k个时，mid为答案。注意边界。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e5 + 10; const int M = 1e6; struct node{ int l,r,val; }T[N*40]; int a[N],root[N],cnt; void update(int l,int r,int &x,int y,int pos) { T[++cnt] = T[y],T[cnt].val++,x = cnt; if (l == r) return; int mid = (l+r)>>1; if (mid >= pos) update(l,mid,T[x].l,T[y].l,pos); else update(mid+1,r,T[x].r,T[y].r,pos); } int query(int l,int r,int x,int y,int pl,int pr) { if (pl <= l && pr >= r) return T[y].val - T[x].val; int mid = (l+r)>>1; int ans = 0; if (pl <= mid) ans += query(l,mid,T[x].l,T[y].l,pl,pr); if (pr > mid) ans += query(mid+1,r,T[x].r,T[y].r,pl,pr); return ans; } int main() { int t,n,m; for (scanf("%d",&t);t--;) { scanf("%d%d",&n,&m); cnt = 0; T[0].l = 0; T[0].r = 0; T[0].val = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); update(1,M,root[i],root[i-1],a[i]); } int X = 0; while(m--) { int l,r,p,k,L=0,R=M; scanf("%d%d%d%d",&l,&r,&p,&k); l^=X,r^=X,p^=X,k^=X; while(L<=R) { int mid = (L+R) >> 1; if (query(1,M,root[l-1],root[r],max(1,p-mid),min(M,p+mid))>=k){ X = mid; R = mid - 1; }else L = mid + 1; } printf("%d\n", X); } } return 0; }
1010.Minimal Power of Prime
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题意：给你一个大于一的正整数n，它可以写成不同质因子的幂的乘积的形式，现在问这些质因子的幂中，最小的幂是多少。
题解：先暴力打出一万以内的素数，算出这些素数中最小的幂是多少，如果得到最小的幂为1或者n为1了则表示找出了最小幂，否则的话分类讨论。因为我们打了一万以内的素数，那么剩下的数最大也只能是一个素数的4次方，我们依次判断是否为某个数的4次方，3次方，2次方，都不是的话n应该是个素数答案为1 。（看到有人说先判断4次方再判断2次方然后判断3次方，好像顺序关系不大~
代码：
#include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e4 + 10; const int INF = 0x3f3f3f3f; int prime[N]; bool vis[N]; int main(){ int cnt = 0,T; for (int i = 2; i < N; i++) { if (!vis[i]) prime[cnt++] = i; for (int j = 2; i * j < N; j++) vis[i*j] = 1; } for (scanf("%d",&T);T--;) { ll n; scanf("%lld",&n); int ans = INF; for (int i = 0; i < cnt; i++) { if(n%prime[i] == 0) { int num = 0; while(n%prime[i]==0) { num++; n/=prime[i]; } ans = min(ans,num); if (ans == 1) break; } } if (ans == 1 || n == 1) { printf("%d\n", ans); continue; } ll x = pow(n,0.25); if (pow(x,4) == n) ans = min(ans,4); else if (pow(x+1,4) == n) ans = min(ans,4); else { x = pow(n,1.0/3.0); if (pow(x,3) == n) ans = min(ans,3); else if (pow(x+1,3) == n) ans = min(ans,3); else { x = pow(n,0.5); if (pow(x,2) == n) ans = min(ans,2); else if (pow(x+1,2) == n) ans = min(ans,2); else ans = min(ans,1); } } printf("%d\n", ans); } return 0; }