T1 统计数字
题目
【题目描述】
设 S(N ) 表示 N 的各位数字之和，如 S(484) = 4+8+4 = 16， S(22) = 2+2 = 4。
如果一个正整数满足 S(x*x) = S(x) *S(x)，我们称之为 Rabbit N umber。比方说，22 就是一个 Rabbit N umber，因为 S(484) = S(22) *S(22)。
现在，给出一个区间 [L, R]，求在该区间内的 Rabbit N umber 的个数。
【输入格式】
输入仅一行，为空格隔开的两个数 L 和 R。
【输出格式】
输出仅一行一个整数，表示所求 Rabbit N umber 的个数。
【输入样例】
【输出样例】
【数据规模】
1 <= L <= R <= 10^9
解析
看完题目第一反应：从L枚举到R，依次判断每个数是不是Rabbit N umber。然而数据规模是10，显然超时。
不过没事，打完暴力后，随便试一些数字，看看有没有什么规律。
1~1000内的Rabbit N umber如下：
1000
不难发现，无论是哪一位上，都没有大于3的数字（更大的范围内也是，可以自己试试），至于为什么，这里便不给出详细证明了（因为本蒟蒻不会）。
所以便有了剪纸：任何位上有大于3的数字就跳过。
于是便有了两种做法：
- dfs+剪纸
- 打表+二分
打表这里就不说了（太麻烦），这里来讲dfs做法：
dfs(int temp):temp可以理解为当前数是由temp+一个新的个位数组成的数，具体看代码就懂了。
从temp=0开始搜，每次dfs函数里处理个位为0 1 2 3的数，满足条件且在L~R的范围内就累加个数，
处理完后，如果数字小于等于R/10的话，就dfs(x)（即还可以增加位数）。
最后输出总个数就好了，别忘了开long long，至于S(x)，直接模拟就好了。
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
long long read()
{
long long num=,w=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')
{
if(ch=='-') w=-;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')
{
num=(num<<)+(num<<)+ch-'';
ch=getchar();
}
return num*w;
}
long long l,r,ans;
int S(long long x)
{
int n=;
while(x>)
{
n+=x%;
x/=;
}
return n;
}
void dfs(int temp)
{
for(int i=;i<=;i++)
{
long long x=temp*+i;
int s=S(x);
if(x==||S(x*x)!=s*s) continue;
if(l<=x&&r>=x) ans++;
if(x<=r/) dfs(x);
}
}
int main()
{
//freopen("rabbit.in","r",stdin);
//freopen("rabbit.out","w",stdout);
l=read(),r=read();
dfs();
cout<<ans;
return ;
}
T2 数边方案
题目
【题目描述】
给你一张有n个点m条边的无向连通图，每条边有边权，设disa表示这张图中点i到点1的最短距离。
现在要求你在这张图中删去m-(n-1)条边，使得这张图变成一棵树，设disb表示这棵树中点i到点1的最短距离。 现在请你求出，有多少种删边方案，使得对于任意的i，都有disa=disb。
【输入格式】
第一行包含两个正整数n,m，表示无向连通图的点数和边数。
接下来有m行，每行有3个正整数u,v,w，表示点u和点v之间有一条边权为w的无向边。
数据保证无重边、无自环。
【输出格式】
输出一行一个整数，表示满足条件的方案数对2147483647取模的结果。
【输入样例】
【输出样例】
【数据规模】
解析
据说有个叫最短路图的东西，就是把原图中满足dis(u)+w=dis(v)的边(u,v,w)保留下来构成的子图。
本题中，边权一定为正整数，所以最短路图是一个有向无环图，答案只需枚举有向无环图中生成树的数量即可，然而仍然过不了。
事实上，在构造最短路图的过程中，就是在给每个点选一个父亲，而可选父亲总数就是这个点的入度，显然答案为入度之积。
具体实现是用最短路，本蒟蒻采用的是Dijkstra。
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
priority_queue<pair<int,int> > q;
const int N=,M=;
const long long mod=;
int n,m,head[N],ver[M],edge[M],from[M],tot,next[M],d[N],deg[N];
long long ans=;
bool v[N];
void add(int x,int y,int z)
{
ver[++tot]=y,edge[tot]=z,from[tot]=x,next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
void dijkstra()
{
memset(d,0x7f7f7f7f,sizeof(d));
memset(v,false,sizeof(v));
d[]=;
q.push(make_pair(,));
while(q.size())
{
int x=q.top().second;
q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
int y=ver[i],z=edge[i];
if(d[y]>d[x]+z)
{
d[y]=d[x]+z;
q.push(make_pair(-d[y],y));
}
}
}
for(int i=;i<=tot;i++)
{
int x=from[i],y=ver[i],z=edge[i];
if(d[x]+z==d[y]) deg[y]++;
}
for(int i=;i<=n;i++)
if(deg[i]) ans=(1LL*ans*deg[i])%mod;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
dijkstra();
cout<<ans;
return ;
}
T3 开根号
题目
【题目描述】
【输入格式】
输入包含多组数据。每组数据包含一行两个正整数L,R。
文件以0 0结尾（结尾不需要输出）。
【输出格式】
对于每组数据，输出一行表示答案。保证答案在[0,2)范围内。
【样例输入】
【样例输出】
【数据规模】
解析
可怕的数论题~~~
先把区间求和用前缀和表示，所以只需求[1,n]的答案。
依次求每个数的f(i)很麻烦，考虑求[1,n]中f(i)=k的个数，其个数用g(k)表示。
用p(k)表示[1,n]中开k次方还是正整数的数的个数，可以得到p(k)=n(向下取整)。
则。
所以用递推推出答案就可以了。
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const double eps=1e-;
long long l,r,f[];
long long solve(long long x)
{
if(x<) return ;
int num=;
for(int i=;i>=;i--)
{
f[i]=(long long)(pow(x,(double)1.0/i)+eps)-;
for(int j=i+i;j<=;j+=i) f[i]-=f[j];
num+=f[i]*(i-);
}
return num+x;
}
int main()
{
cin>>l>>r;
while(l!=&&r!=)
{
cout<<solve(r)-solve(l-)<<endl;
cin>>l>>r;
}
return ;
}
T4 旅行
题目
【题目描述】
【输入格式】
第一行包含两个非负整数n,k，含义如【题目描述】所述。
接下来n-1行，每行三个正整数u,v,w，表示u,v之间有一条边权为w的边。
【输出格式】
输出一行一个整数，表示答案。保证存在合法解。
【输入样例】
【输出样例】
【数据规模】
解析
不难发现：
- dis(u,v)=dis(u,1)+dis(v,1)。
- 如果经过的边数为奇数，那么必定有一个点的深度为奇数，另一个点的深度为偶数。
所以将所有点按深度的奇偶来分类，于是就有了两个序列a，b，只需求a+b的第k小值即可。
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=;
struct node
{
long long v;
int p;
node(long long a,int b):v(a),p(b){}
bool operator < (const node &a) const
{
return v>a.v;
}
};
priority_queue<node> q;
int head[N],ver[N<<],edge[N<<],next[N<<],tot;
long long dis[N],deep[N],a[N],b[N],cnta,cntb;
void add(int x,int y,int z)
{
ver[++tot]=y,edge[tot]=z,next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fa)
{
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
int y=ver[i],z=edge[i];
if(y==fa) continue;
dis[y]=-dis[x]+z,deep[y]=deep[x]+;
dfs(y,x);
}
}
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=;i<=n-;i++)
{
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
dfs(,);
for(int i=;i<=n;i++)
if(deep[i]&) a[++cnta]=dis[i];
else b[++cntb]=dis[i];
sort(b+,b+cntb+);
for(int i=;i<=cnta;i++) q.push(node(a[i]+b[],i));
for(int i=;i<=cnta;i++) head[i]=;
while(k>)
{
node t=q.top();
q.pop();
if((++head[t.p])<=cntb) q.push(node(a[t.p]+b[head[t.p]],t.p));
k--;
}
cout<<q.top().v;
return ;
}