标签：03 cnt return 05 int siz void 2022 inline
小 G 的约数
\(\rm LCM(i,j)|n\) 等价于 \(i,j\) 是 \(n\) 的约数，而第三个条件可以导出我们所求就是约数偏序集合中最长反链长度
直接使用 \(\rm Dilworth\) 定理转化成最小链划分，可以直接使用贪心求解，也就是找到最小元之后扫描没有被覆盖的所有元素，如果是当前链尾的倍数就添加到链里面
证明就是如果划分新链一定不优秀，而不划分新链跟谁都一样
Code Display
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,N=1e6+10;
int Div[N],cnt,n,num[N],tim[N],m;
int pri[N],pri_cnt;
bool fl[N],vis[N];
inline void get_div(int stp,int x){
if(stp>m) return Div[++cnt]=x,void();
for(int i=0,pw=1;i<=tim[stp];++i) get_div(stp+1,x*pw),pw*=num[stp];
return ;
}
signed main(){
freopen("divisor.in","r",stdin); freopen("divisor.out","w",stdout);
n=1e6;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!fl[i]) pri[++pri_cnt]=i;
for(int j=1;j<=pri_cnt&&pri[j]*i<=n;++j){
fl[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
n=read();
for(int i=1;pri[i]*pri[i]<=n;++i){
if(n%pri[i]==0){
num[++m]=pri[i];
while(n%pri[i]==0) n/=pri[i],tim[m]++;
}
}
if(n>1) num[++m]=n,tim[m]=1;
get_div(1,1);
sort(Div+1,Div+cnt+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;++i) if(!vis[i]){
int now=Div[i]; vis[i]=1;
for(int j=i+1;j<=cnt;++j) if(!vis[j]&&Div[j]%now==0) vis[j]=1,now=Div[j];
++ans;
}
print(ans);
return 0;
}
小 G 的连通图
取 \(L=\prod\limits_{i\in\{{\rm{prime}}\},i\le n} i\) 那么发现 \(L+1\) 和 \([L,L+n-1]\) 中的其它点都不连通
此时找到一个大于 \(\sqrt n\) 的 \(a\) 满足 \(a\ {\text{is prime}},\exists,(k+1)a+1<n,ka+1\ {\text{is prime}}\)
推导的步骤就是发现 \(a\) 从 \(L\) 的质因子集合拿走之后 \(L,L+a\) 可能不连通
这时候发现 \(L+(k+1)a+1\) 一定和 \(L+1\) 联通那么拿走 \(ka+1\) 并赋上 \((k-1)a+1\) 这个余数就能实现了
那么我们取 \(L\) 是其它素数的倍数，且 \(L\equiv a-1\mod a,L\equiv (k-1)a+1\mod ka+1\)
没有严谨方法证明对于 \(\forall n,\exists k\) 但是在本题数据范围下取 \(k=2\) 就都能找到了
最后要做的工作就是简单的中国剩余定理，写个高精就行了
注意上面的做法只在 \(n\ge 35\) 的时候奏效，那么较小的部分写个暴力就行了。
我的暴力有点门道的样子，把每个 \(n\) 的方案打印出来看看发现变化的质因子都是一个后缀，同时数量不多，那么可以简单搜索后缀的调整方案就能跑过 \(n\le 200\)
Code Display
const int N=100010;
int n;
struct DSU{
int fa[N];
inline void init(int n){rep(i,1,n) fa[i]=i;}
inline int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline void merge(int x,int y){fa[find(x)]=find(y);}
}T;
inline bool ok(int x){
for(int i=2;i*i<=x;++i) if(x%i==0) return 0;
return 1;
}
bool fl;
int rem[N],pri[N],pri_cnt;
inline bool check(){
T.init(n);
for(int i=1;i<=pri_cnt;++i){
int lst=-1,tmp=rem[i];
for(int j=1;j<=n;++j){
if(tmp==0){
if(~lst) T.merge(lst,j);
lst=j;
}tmp=tmp+1==pri[i]?0:tmp+1;
}
}
int Set=0;
for(int i=1;i<=n;++i) if(T.find(i)==i) ++Set;
return Set==1;
}
const int Bas=100000000;
struct node{
vector<int> a;
inline void adjust(){
int siz=a.size();
for(int i=0;i<siz-1;++i) a[i+1]+=a[i]/Bas,a[i]%=Bas;
while(a[siz-1]>=Bas){
a.emplace_back(a[siz-1]/Bas);
a[siz-1]%=Bas;
++siz;
}
while(siz>1&&!a[siz-1]) a.pop_back();
return ;
}
node operator +(const node &b)const{
node res;
int s1=a.size(),s2=b.a.size(); res.a.resize(max(s1,s2));
for(int i=0;i<s1;++i) res.a[i]+=a[i];
for(int i=0;i<s2;++i) res.a[i]+=b.a[i];
res.adjust();
return res;
}
node operator *(const int &b)const{
node res=*this;
for(auto &t:res.a) t*=b;
res.adjust();
return res;
}
inline void output(){
int siz=a.size(); print(a.back());
for(int i=siz-2;~i;--i) printf("%08lld",a[i]);
return ;
}
};
inline void get_ans(){
node ans; ans.a.push_back(0);
for(int i=1;i<=pri_cnt;++i) if(rem[i]){
int t=1;
for(int j=1;j<=pri_cnt;++j) if(i!=j) t=mul(t,pri[j],pri[i]);
t=ksm(t,pri[i]-2,pri[i]);
node tmp; tmp.a.push_back(1);
for(int j=1;j<=pri_cnt;++j) if(i!=j) tmp=tmp*pri[j];
ans=ans+tmp*t*rem[i];
}
ans.output();
return ;
}
inline void dfs(int stp){
if(fl) return ;
if(stp>pri_cnt){
if(!check()) return ;
fl=1;
return ;
}
for(int i=0;i<pri[stp];++i){
int now=i,cnt0=0;
rem[stp]=i;
for(int j=1;j<=n;++j){
cnt0+=!now;
now=now+1==pri[stp]?0:now+1;
}
if(cnt0==1) continue;
dfs(stp+1);
if(fl) return ;
}
return ;
}
inline void adj(int stp){
if(fl) return ;
if(stp>pri_cnt){
if(!check()) return ;
fl=1;
return ;
}
adj(stp+1);
if(fl) return ;
int lst=rem[stp];
for(int i=0;i<pri[stp];++i){
int now=i,cnt0=0; rem[stp]=i;
for(int j=1;j<=n;++j){
cnt0+=!now;
now=now+1==pri[stp]?0:now+1;
}
if(cnt0==1) continue;
adj(stp+1);
if(fl) return ;
}
rem[stp]=lst;
return ;
}
bool isp[N];
signed main(){
freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout);
int Q=read();
if(Q==1) puts("1"),exit(0);
if(Q<=16) puts("No solution"),exit(0);
if(Q<=200){
n=17;
for(int i=2;i<n;++i) if(ok(i)) pri[++pri_cnt]=i;
dfs(1);
for(int i=18;i<=Q;++i){
n=i; fl=0;
if(ok(i-1)) pri[++pri_cnt]=i-1;
adj(1);
}
get_ans();
}else{
n=Q;
int pid[N]={};
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!isp[i]) pri[++pri_cnt]=i,pid[i]=pri_cnt;
for(int j=1;j<=pri_cnt&&i*pri[j]<=n;++j){
isp[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
for(int i=sqrt(n)+1;i<=n;++i){
if(!isp[i]&&!isp[i<<1|1]){
rem[pid[i]]=i-1;
rem[pid[i<<1|1]]=i+1;
break;
}
}
get_ans();
}
return 0;
}
小 G 的 DAG
考虑每 \(\sqrt Q\) 个询问统一回答，那么只对这 \(\sqrt Q\) 个点做其他点到其的可达性统计
每个块里面的覆盖操作可以在结束这个块的回答之后使用 \(\Theta(n)\) 的拓扑排序来维护，当前块的覆盖操作可以暴力
那么在回答这个块里面的询问的时候先找到当前询问的点 \(qx\) 最后一次覆盖操作发生的时间
再对 \(2\) 操作维护 \(Mn_{i,j}\) 表示第 \(j\) 个点在第 \(i\) 个块中的所有 \(2\) 操作取的最小的 \(\min\) 是几，这也可以在每个块结束之后使用拓扑排序维护
那么找到 \(qx\) 最后一次覆盖操作之后本质上就是对 \(2\) 操作的区间求 \(\min\)，使用上面维护的 \(Mn_{i,j}\) 算整块，小块直接暴力扫
Code Display
const int N=1e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
bitset<600>to[100010];
int Tim,mark[N],n,m,Q;
vector<int> G[N];
int opt,v;
int in[N],deg[N],id[N];
inline void get_ava(int x){
if(mark[x]==Tim) return ; mark[x]=Tim;
if(id[x]) to[x][id[x]]=1;
for(auto t:G[x]) get_ava(t),to[x]|=to[t];
return ;
}
int typ[N],qu[N],qv[N],block;
int tim[N],val[N],bel[N];
struct node{int p,v,t;};
int Mn[N/300][N];
inline int ask(int x,int L,int R){
assert(id[x]);
int ans=inf;
if(bel[L]>=bel[R]-1){
for(int i=L;i<=R;++i) if(typ[i]==2&&to[qu[i]][id[x]]) ckmin(ans,qv[i]);
}else{
int bed=bel[L]*block,bst=(bel[R]-1)*block+1;
for(int i=L;i<=bed;++i) if(typ[i]==2&&to[qu[i]][id[x]]) ckmin(ans,qv[i]);
for(int i=bst;i<=R;++i) if(typ[i]==2&&to[qu[i]][id[x]]) ckmin(ans,qv[i]);
for(int i=bel[L]+1;i<bel[R];++i) ckmin(ans,Mn[i][x]);
}
return ans;
}
signed main(){
freopen("dag.in","r",stdin); freopen("dag.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); Q=read();
memset(Mn,0x3f,sizeof(Mn));
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=read(),v=read();
G[u].push_back(v);
in[v]++;
}
vector<int> sts;
for(int i=1;i<=n;++i) if(!in[i]) sts.push_back(i);
block=2*sqrt(Q);
for(int i=1;i<=Q;++i){
bel[i]=(i-1)/block+1;
typ[i]=read(),qu[i]=read();
if(typ[i]<=2) qv[i]=read();
}
int qcnt=0;
for(int bb=1;bb<=bel[Q];++bb){
int L=(bb-1)*block+1,R=min(Q,bb*block);
int num=0;
vector<int> nodes;
vector<node> cov;
for(int i=L;i<=R;++i) if(typ[i]==3&&!id[qu[i]]) id[qu[i]]=++num,nodes.push_back(qu[i]);
++Tim;
for(auto t:sts) get_ava(t);
for(int i=L;i<=R;++i){
if(typ[i]==1) cov.push_back({qu[i],qv[i],i});
else if(typ[i]==3){
int lsttim=tim[qu[i]],ans=val[qu[i]];
int siz=cov.size();
for(int j=siz-1;~j;--j) if(to[cov[j].p][id[qu[i]]]){
lsttim=cov[j].t;
ans=cov[j].v;
break;
}
ckmin(ans,ask(qu[i],lsttim+1,i));
print(ans);
}else ckmin(Mn[bb][qu[i]],qv[i]);
}
for(auto t:cov) tim[t.p]=t.t,val[t.p]=t.v;
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;++i){
deg[i]=in[i];
if(!deg[i]) q.push(i);
}
while(q.size()){
int fr=q.front(); q.pop();
for(auto t:G[fr]){
if(tim[fr]>tim[t]) tim[t]=tim[fr],val[t]=val[fr];
ckmin(Mn[bb][t],Mn[bb][fr]);
if(!(--deg[t])) q.push(t);
}
}
for(auto t:nodes) id[t]=0;
rep(i,1,n) to[i].reset();
}
return 0;
}
标签：03,cnt,return,05,int,siz,void,2022,inline 来源： https://www.cnblogs.com/yspm/p/15969162.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。