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
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?:x<?-:;}
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+;
int tree[maxn][],pos=;
int val[maxn],n,m,x,p,ans=;
void insert(int n,int root)
{//求第k大，从最高位开始判断，倒着插
for(int i=;i>=;i--)
{
int x=n&(<<i)?:;
if(tree[root][x]==-)
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==-) return ;
int x=now&(<<bit)?:;
if(x==)//相反数为1
{
if(tree[root][x^]!=- && val[tree[root][x^]]>=k)
return (<<bit)+query(tree[root][x^],bit-,k,now);//此位为1，并且数量足够可取，1位加
else{
if(tree[root][x^]!=-) return query(tree[root][x],bit-,k-val[tree[root][x^]],now);//1位不够，0位补充，0位不加
else return query(tree[root][x],bit-,k,now);//0位
}
}
else//相反数为0
{
if(tree[root][x^]!=- && val[tree[root][x^]]>=k)
return query(tree[root][x^],bit-,k,now);//0位，不加
else{
if(tree[root][x^]!=-) return (<<bit)+query(tree[root][x],bit-,k-val[tree[root][x^]],now);//1位，加
else return (<<bit)+query(tree[root][x],bit-,k,now);//1位，加
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(tree,-,sizeof(tree));
for(int i=;i<n;i++){
scanf("%d",&x);
insert(x,);
}
while(m--)
{
scanf("%d%d",&p,&x);
if(p==) ans^=x;
else if(p==) insert(ans^x,),n++;
else printf("%d\n",query(,,n-x+,ans)^ans);//区间第k小就是第(n-k+1)大
}
return ;
}
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?:x<?-:;}
typedef long long ll;
ll n;
struct matrix
{
ll a[][];
matrix(){
memset(a,,sizeof(a));
}
};
matrix multiply(matrix ans,matrix pos)
{
matrix res;
for(int i=;i<;i++)
for(int j=;j<;j++)
for(int k=;k<;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[][]=pos.a[][]=pos.a[][]=pos.a[][]=;
pos.a[][]=pos.a[][]=pos.a[][]=pos.a[][]=;
for(int i=;i<;i++)
ans.a[i][i]=;
while(n)
{
if(n&) ans=multiply(ans,pos);
n>>=;
pos=multiply(pos,pos);
}
return ans;
}
ll quick_pow(ll x,ll n)
{
ll ans=;
while(n)
{
if(n&) ans=(ans*x)%MOD;
n>>=;
x=(x*x)%MOD;
}
return ans%MOD;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
if(n<=) return *printf("0\n");
else if(n==) return *printf("2\n");
else if(n==) return *printf("7\n");
matrix pos=matrix_pow(n-);
ll ans=(pos.a[][]*+pos.a[][]*+pos.a[][]*+pos.a[][]+pos.a[][]*)%MOD;
printf("%lld\n",(quick_pow(,n)-+MOD-ans+MOD)%MOD);
return ;
}
D. 薇尔莉特的委托
薇尔莉特是一名非常敬业的自动手记人偶，经常需要上门为客人写信，所以她经常穿梭在大陆的各个城市之间，完成委托。
薇尔莉特生活的是一片刚刚结束战乱的大陆，连接各个城市的只有几条铁路线，其中一些还经常被反叛军残党破坏，所以尽管她是一位非常敬业的人偶，有时候工作上也会感到力不从心。
薇尔莉特每天都会接到许多来自不同的地方的委托，她可以在黎明时分乘坐敞篷飞机来到大陆上任何一个城市，但是接下来，她就只能乘坐火车去完成其他城市的委托了。
大陆上有n座城市，有m条连接两个城市的铁路，薇尔莉特会告诉你m行铁路的信息，每行两个数字x,y代表第i条铁路连接的两个城市的编号，并且她是按一定顺序告诉你的（据说是少佐告诉她的顺序）。
每天黎明，薇尔莉特开始工作前，反叛军都会破坏掉一些铁路。反叛军残党的首领是个强迫症，他知道薇尔莉特告诉你的铁路线的顺序，所以他决定破坏薇尔莉特告诉你的第L条到第R条铁路，共（R-L+1）条。
每天深夜，薇尔莉特结束工作后，政府都会检修铁路，把所有被破坏的铁路修好
为了最大程度上满足客人的需要，薇尔莉特想请你帮她计算一下，她每天工作时间最多能去多少个城市完成委托。特别的，完成委托和路上的时间可以忽略，所以你只需求出大陆抽象出的图上，最大的连通块有多少个点即可。
输入
第一行两个整数n,m，意义见描述第4段
接下来的m行每行两个整数x，y，意义见描述第4段
本题中铁路是双向的
接下来一行一个整数d，表示天数。
接下来的d行，每行两个整数L,R，表示反叛军当天要破坏第L条到第R条铁路。
数据保证：1≤n≤103，1≤m≤104，1≤x,y≤n，1≤L,R≤m，1≤d≤2×104
输出
d行，每行一个整数，表示当天薇尔莉特最多能完成多少个城市的委托（即最大连通块的点数）。
SOURCE：codeforces
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例输入
6 6
1 2
5 4
2 3
3 1
3 6
4 6
6
1 3
2 5
1 6
5 5
2 4
4 4
样例输出
4
2
1
3
3
6
双向并查集，好题，给个赞
#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>
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 0x3f3f3f3f
#define mem(a) (memset(a,0,sizeof(a)))
int dcmp(double x){return fabs(x)<esp?:x<?-:;}
typedef long long ll;
struct dsu{
int f[];
void init(){
for(int i=;i<=;i++)
f[i]=i;
}
int find(int x){
return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}
void join(int x,int y){
int xx=find(x);
int yy=find(y);
if(xx!=yy) f[xx]=yy;
}
}l[],r[];
int u[],v[],n,m,k,vis[];
void solve(dsu l,dsu r,int n){
for(int i=;i<=n;i++)
l.join(i,r.find(i));
int ans=-;
memset(vis,,sizeof(vis));
for(int i=;i<=n;i++){
int x=l.find(i);
vis[x]++;
ans=max(ans,vis[x]);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
l[].init();
r[m+].init();
for(int i=;i<=m;i++)
{//前缀并查集
l[i]=l[i-];
l[i].join(u[i],v[i]);
}
for(int i=m;i;i--)
{//后缀并查集
r[i]=r[i+];
r[i].join(u[i],v[i]);
}
scanf("%d",&k);
while(k--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
solve(l[x-],r[y+],n);
}
return ;
}
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=;
char ch[];
ll mult_mod(ll a,ll b,ll c)
{
a%=c;
b%=c;
ll ret=;
ll tmp=a;
while(b)
{
if(b&){
ret+=tmp;
if(ret>c) ret-=c;
}
tmp<<=;
if(tmp>c) tmp-=c;
b>>=;
}
return ret;
}
ll pow_mod(ll a,ll n,ll mod)
{
ll ans=;
ll tmp=a%mod;
while(n)
{
if(n&) ans=mult_mod(ans,tmp,mod);
tmp=mult_mod(tmp,tmp,mod);
n>>=;
}
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=;i<=t;i++)
{
ret=mult_mod(ret,ret,n);
if(ret== && last!= && last!=n-) return true;
last=ret;
}
if(ret!=) return true;
else return false;
}
bool miller_pabin(ll n)
{
if(n<) return false;
if(n==) return true;
if((n&)==) return false;
ll x=n-;
ll t=;
while((x&)==) {x>>=;t++;}
srand(time(NULL));
for(int i=;i<s;i++){
ll a=rand()%(n-)+;
if(check(a,n,x,t)) return false;
}
return true;
}
ll factor[];
int tol=;
ll gcd(ll a,ll b)
{
ll t;
while(b)
{
t=a;
a=b;
b=t%b;
}
if(a>=) return a;
else return -a;
}
ll pollard_rho(ll x,ll c)
{
ll i=,k=;
srand(time(NULL));
ll x0=rand()%(x-)+;
ll y=x0;
while()
{
i++;
x0=(mult_mod(x0,x0,x)+c)%x;
ll d=gcd(y-x0,x);
if(d!= && d!=x) return d;
if(y==x0) return x;
if(i==k){y=x0;k+=k;}
}
}
void findfac(ll n,ll k)
{
if(n==) 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,);
ll ans=;
for(int i=;i<tol;i++)
{
//printf("%lld ",factor[i]);
ll pos=;
while(n> && (n%factor[i]==))
{
pos++;
n/=factor[i];
}
// printf("%lld %lld\n",factor[i],pos);
if(pos) ans*=(pos+);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
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?:x<?-:;}
typedef long long ll;
const int maxn=;
int n,m,a[maxn],operation[maxn],k;
int li[maxn],ri[maxn];
struct tree{
int l,r;
int sum,lazy;
}tree[maxn<<];
void pushdown(int root){
if(tree[root].lazy!=-){
tree[root<<].lazy=tree[root].lazy;
tree[root<<|].lazy=tree[root].lazy;
tree[root<<].sum=tree[root].lazy*(tree[root<<].r-tree[root<<].l+);
tree[root<<|].sum=tree[root].lazy*(tree[root<<|].r-tree[root<<|].l+);
tree[root].lazy=-;
}
}
void pushup(int root){
tree[root].sum=tree[root<<].sum+tree[root<<|].sum;
}
void build(int l,int r,int root,int val)
{
tree[root].l=l;tree[root].r=r;
tree[root].lazy=-;
if(l==r){
tree[root].sum=(a[l]>val)?:;
return ;
}
int mid=l+r>>;
build(l,mid,root<<,val);
build(mid+,r,root<<|,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+);
tree[root].lazy=val;
return ;
}
pushdown(root);
int mid=tree[root].l+tree[root].r>>;
if(L<=mid) update(L,R,val,root<<);
if(R>mid) update(L,R,val,root<<|);
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>>;
int ans=;
if(L<=mid) ans+=query(L,R,root<<);
if(R>mid) ans+=query(L,R,root<<|);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<m;i++)
scanf("%d%d%d",&li[i],&ri[i],&operation[i]);
int l=,r=n;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>;
build(,n,,mid);
for(int i=;i<m;i++)
{
int L=li[i];
int R=ri[i];
int c=query(L,R,);
update(L,R,,);
if(operation[i] && L<=L+c-) update(L,L+c-,,);
else if(!operation[i] && R>=R-c+) update(R-c+,R,,);
}
if(query(k,k,)) l=mid+;
else r=mid;
}
printf("%d\n",l);
return ;
}