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for me,开训第一天
/beacuse 文化课太差被抓去补文化课了...
看一眼题 ： AK局？
但是，Wa on test #10 in problem C
290！ （就差那么一咪咪）
膜 _AK的_郝竟成 （id确实是这个） 说AK就AK了...
他踩了STD 阿！
(我)下午溜出去社会实践3h（with hjc）
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今天的题目好像都是一眼题：
Problem A 百万小小兵（Millian）
问[1,n]和n不互质的数有几个？
Solution: 在某同学在计算打表的时间的时候，默默的打开C++，写了n-Phi(n) 写完。
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+;
bool pr[N];
int prime[N];
int cnt=;
int phi[N];
void EouLaSha(int lim)
{
pr[]=pr[]=true;
for (int i=;i<=lim;i++) {
if (!pr[i]) prime[cnt++]=i;
for (int j=;j<cnt&&i*prime[j]<=lim;j++) {
pr[i*prime[j]]=true;
if (i%prime[j]==) break;
}
}
}
int Phi(int x)
{
EouLaSha(1e6);
int p=,ph=x;
for (;;){
int nowprime=prime[p];
if (nowprime>x||p==cnt) break;
if (x%nowprime==) ph=ph/nowprime*(nowprime-);
while (x%nowprime==) x/=nowprime;
p++;
}
if (x>) ph=ph/x*(x-);
return ph;
}
signed main()
{
int n; cin>>n;
cout<<n-Phi(n)<<'\n';
return ;
}
Problem B 弹药分配（TNT）
维护一个数组w[]，有两个操作：
1 a b k c ： 把i∈[a,b]中，且i满足(i-a)%b==k的 w[i] += c
2 p : 询问w[p]的值
其中 n<=4e5,m<=4e5,答案不超过maxlongint
对于所有数据 ， k∈[1,10]
Hint : 随机数据(真的！) 暴力（考试时A了，我把它卡了）
Solution： 其实这个问题是分段线段树的问题，显然k的取值很小，首先mod k 有10种情况，mod k = t,t的取值有10种情况
就开100棵树状数组，其中(i,j,k)表示一棵树状数组描述(k=i%j)这颗树状数组，然后树状数组维护差分前缀和（就是原数组w）
考虑区间操作a,b,k,c 拆成 a-1单点模数是k余数是a%k 单点加上c，仅仅考虑对(i,k,a%k)，只从i=a开始改变i，其他2参数不变。
拆成b单点模数是k，余数是a%k 单点减去c，仅仅考虑(i,k,a%b)只从i=b开始改变i，其他两个参数不变。
这是基于一个区间的变化只会在和这段区间中的点i∈[a,b]和a取模相等的才有贡献（这是显然的）这里相当于更新i∈[a,b]和a取模相等这一个树状数组。
然后注意=0的越界情况，一直上不去（这里把倒过来建树状数组【后缀和】）
# include <bits/stdc++.h>
# define fp(i,s,t) for (int i=s;i<=t;i++)
# define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N=7e4+;
int c[N][][],a[N];
//c[i][j][mod] 表示i%j=mod差分前缀和
int n,m;
inline int read(int &x)
{
int X=,w=; char c=;
while(c<''||c>'') {w|=c=='-';c=getchar();}
while(c>=''&&c<='') X=(X<<)+(X<<)+(c^),c=getchar();
x=w?-X:X;
}
inline void write(int x)
{
if (x<) {x=-x;putchar('-');}
if (x>) write(x/);
putchar(''+x%);
}
void update(int x,int k,int mod,int opx)
{
if (x==) return;
for (;x;x-=lowbit(x)) {
c[x][k][mod]+=opx;
}
}
int query(int x,int k)
{
int ret=;
for (;x<=n;x+=lowbit(x)) {
for (int j=;j<=;j++)
ret+=c[x][j][k%j];
}
return ret;
}
int main()
{
read(n);
fp(i,,n) read(a[i]);
read(m);
while (m--) {
int t; read(t);
if (t==) {
int l,r,k,val;
read(l); read(r); read(k); read(val);
update(l-,k,l%k,-val); update(r,k,l%k,val);
} else {
int l; read(l);
write(query(l,l)+a[l]); putchar('\n');
}
}
return ;
}
Problem C 家园重建
给出n个点m条边的无向图， 求取边权最大的边构成的图，满足每个联通块都最多只有1个环。
对于100%的数据 n<=300
Solution: 首先没算好复杂度，点是n<=300，若是完全图边数就是n2条，想的应该不是O(n3)算法，至少是O(n2)，导致一开始没出来，当然后面出来了
我们考虑这样一个贪心，首先假设构造同样的图形(指形态一样即每个连通块的元素个数一样)，显然是选每个联通块中的最大边权（Kruscal算法）
然后考虑吧可以多出1个环，那么就用并查集维护，如果这两个点u,v之间有一条边了，而且是剩下边里面最大的，我判断u,v可不可以加，如果可以的话就加入，不行的话就下一条边，至加完。
首先如果u所在连通块和v所在连通块有环了，那么不可能（超过1个环的限制）
其次如果u和v本身联通，但无环那么可以连边（标记父亲有环）
如果u和v本身不连通，且无环，那么连边、合并（不标记父亲属于最大生成树）
每次合并的时候注意把没环的合到有环的上面就行（判断有无环只要看父亲就行了！）
复杂度O(n2 log n2)
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
# define fp(i,s,t) for (int i=s;i<=t;i++)
using namespace std;
const int N=;
struct rec{int x,y,w;}e[N*N];
int f[N],n,m,ans;
bool cir[N];
bool cmp(rec a, rec b){return a.w>b.w;}
inline int read(int &x)
{
int X=,w=; char c=;
while(c<''||c>'') {w|=c=='-';c=getchar();}
while(c>=''&&c<='') X=(X<<)+(X<<)+(c^),c=getchar();
x=w?-X:X;
}
int father(int x)
{
if (x==f[x]) return x;
return f[x]=father(f[x]);
}
signed main()
{
read(n);read(m);
fp(i,,m) read(e[i].x),read(e[i].y),read(e[i].w),e[i].x++,e[i].y++;
sort(e+,e++m,cmp);
fp(i,,n) f[i]=i;
fp(i,,m) {
int u=e[i].x,v=e[i].y,w=e[i].w;
int fx=father(u),fy=father(v);
if (fx!=fy) {
if (cir[fx]&&cir[fy]) continue;
ans+=w;
if (cir[fx]) f[fy]=fx;
else f[fx]=fy;
} else {
if (cir[fx]) continue;
ans+=e[i].w;
cir[fx]=true;
}
}
cout<<ans<<'\n';
return ;
}