T1
Description
小$W$和小$M$一起玩拼图游戏啦~
小$M$给小$M$一张$N$个点的图，有$M$条可选无向边，每条边有一个甜蜜值，小$W$要选$K$条边，使得任意两点间最多有一条路径，并且选择的$K$条边甜蜜值之和最大。
Input
第一行三个正整数$N,M,K$。
接下来$M$行，每行三个正整数$A,B,C$表示$A,B$两点间有一条甜蜜值为$C$的无向边。
Output
一行输出最大甜蜜值之和。
Sample Input
5 4 3
1 2 10
1 3 9
2 3 7
4 5 3
Sample Output
22
HINT
$N,M\;\leq\;100000$
Solution
$kruskal$裸题(听说某位$wwd$巨神直接写了$kruskal$交上去，然后$WA$了，因为他没看到$K$)。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100005
using namespace std;
struct edge{
int l,r,w;
}a[N];
int f[N],n,m,k,ans;
inline int read(){
int ret=;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=ret*+c-'';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline bool cmp(edge x,edge y){
return x.w>y.w;
}
inline int gf(int k){
if(f[k]==k) return k;
return f[k]=gf(f[k]);
}
inline void init(){
n=read();m=read();k=read();
for(int i=;i<=m;i++){
a[i].l=read();a[i].r=read();
a[i].w=read();f[i]=i;
}
sort(a+,a++m,cmp);
for(int i=,p,q;k&&i<=m;i++){
p=gf(a[i].l);q=gf(a[i].r);
if(p!=q){
k--;ans+=a[i].w;f[p]=q;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
freopen("carpet.in","r",stdin);
freopen("carpet.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
T2
Description
小$W$顺利地完成了拼图，该他给小$M$出题啦。
小$W$定义$"!"$运算符：
$1.N!k=N!(k-1)\;\times\;(N-1)!k\;(N>0$且$k>0)$
$2.N!k=1\;(N=0)$
$3.N!k=N\;(k=0)$
现在小$W$告诉小$M$ $N$和$k$，小$M$需要说出$N!k$的不同约数个数。
为了降低难度，答案对$10^9+9$取模就好了。
Input
第一行两个整数$N,M$。
Output
一行一个整数，为答案。
Sample Input
3 1
Sample Output
4
HINT
$N\;\leq\;1000,k\;\leq\;100$
Solution
解法一：
质因数分解一个数$x$为$x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}…p_k^{a_k}(p_i$为不同的质数)
则$x$的不同约数个数为$(a1+1)(a2+1)…(ak+1)$。
所以只需知道$N!K$的约数个数即可。
设$f[i][j][k]$为$i!j$的结果中，第$k$个质数的个数:
$f[i][j][k]=f[i][j-1][k]+f[i-1][j][k](i>0$且$j>0)$
$f[i][j][k]=0(i=0)$
$f[i][j][k]=N$分解质因数后的结果$(j=0)$
解法二：
随便推推会发现和杨辉三角形很像，然后就很容易做了。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define P 170
#define K 101
#define N 1001
#define M 1000000009
#define MOD 1000000009ll
using namespace std;
typedef long long ll;
struct total{
int t[P];
}f[N][K];
ll ans;
int p[P],n,k,cnt;
bool b[N];
inline void prime(){
for(int i=;i<N;i++){
if(!b[i]) p[++cnt]=i;
for(int j=;j<=cnt&&p[j]*i<N;j++){
b[p[j]*i]=true;
if(!(i%p[j])) break;
}
}
}
inline total add(total a,total b){
for(int i=;i<P;i++)
a.t[i]=(a.t[i]+b.t[i])%M;
return a;
}
inline void init(){
scanf("%d%d",&n,&k);
if(n<||k<) return;
prime();
for(int i=,x;i<=n;i++){
x=i;
for(int j=;x&&j<=cnt;j++)
while(x&&!(x%p[j])){
x/=p[j];
if(++f[i][].t[j]==M)
f[i][].t[j]=;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=k;j++)
f[i][j]=add(f[i-][j],f[i][j-]);
ans=;
for(int i=;i<=cnt;i++)
ans=ans*(ll)(f[n][k].t[i]+)%MOD;
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
freopen("calc.in","r",stdin);
freopen("calc.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
T3
Description
小$W$和小$M$正在出国旅游中~
![[日常训练]常州集训day5](https://image.shishitao.com:8440/aHR0cHM6Ly9pbWFnZXMyMDE1LmNuYmxvZ3MuY29tL2Jsb2cvOTU4MDc3LzIwMTYwOC85NTgwNzctMjAxNjA4MjExNjU4MjQxMjAtMTUwMDAwMTM4OS5wbmc%3D.png?w=700&webp=1 "[日常训练]常州集训day5")
他们到的国家共有$n$个城市，由$m$条分别属于$c$家公司的双向路连接。
上图是路线图的一个例子。假设要从车站$A$到车站$D$，最短的路线显然是$A$→$B$→$D$。
然而，最短的路线并不意味着最便宜的路线。上图中，铁路$A-B$,$B-C$,$C-D$属于同一家铁路公司，而铁路$B-D$属于另一家铁路公司，那么此时路线$A$→$B$→$C$→$D$就可能比路线$A$→$B$→$D$便宜。
这其中的主要原因，就是连续一段属于同一家铁路公司的路线花费并不与长度成正比，通常长度越长单位长度的花费就越少。那么，最终的路线可以被分为若干段，每段都属于同一家铁路公司，总花费就是每段花费之和。
Input
第一行$5$个整数,分别表示$n,m,c,s,t$。
接下来$m$行,每行$4$个整数$x_i,y_i,z_i,b_i$,表示在车站$x_i$与$y_i$之间，长度为$z_i$。
接下来$1$行$c$个整数$p_i$,表示第$i$家铁路公司的收费表有$p_i$段。
接下来$2\;\times\;c$行,每两行为一组,表示第$i$家公司的收费标准：
第一行$p_{i-1}$个整数$q_{i,j}$;
第二行$p_i$个整数$r_{i,j}$;
$f_i(x)=f_i(x-1)+r_{i,j} (q_{i,j-1}<x\;\leq\;q_{i,j},1\;\leq\;j\;\leq\;p_i)$，
其中$f_i(0)=0,q_{i,0}=0,q_i,p_i=$∞,$q+{i,j}$随$j$递增,$r_{i,j}$随$j$递减。
如果您看过原题的输入说明的话，您一定会觉得简写的我很良心。
Output
若存在从$s$到$t$的路线，则第一行包含一个整数，表示最小花费；否则第一行包含一个整数$−1$。
Sample Input
4 4 2 1 4
1 2 2 1
2 3 2 1
3 4 5 1
2 4 4 2
3 2
3 6
10 5 3
100
10 9
Sample Output
54
HINT
$2\;\leq\;n\;\leq\;100,0\;\leq\;m\;\leq\;10^4,1\;\leq\;c\;\leq\;20,s\not=t,x_i\not=y_i,1\;\leq\;z_i\;\leq\;200,$
$1\;\leq\;p_j\;\leq\;50,1\;\leq\;q_{j,k}\;\leq\;10^4,1\;\leq\;r_{j,k}\;\leq\;100$
Solution
$floyd$预处理出只走第$i$家铁路公司的最低费用$dis[i][\;][\;],floyd$求最短路就是答案。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define C 25
#define P 55
#define N 105
#define M 20005
#define INF 2000000
using namespace std;
int q[C][P],r[C][P],p[C];
int a[C][N][N],dis[N][N],n,m,c,s,t;
inline int cost(int len,int t){
int c=;
for(int i=;i<p[t];i++)
if(len<=q[t][i]){
c+=(len-q[t][i-])*r[t][i];break;
}
else c+=(q[t][i]-q[t][i-])*r[t][i];
if(len>q[t][p[t]-])
c+=(len-q[t][p[t]-])*r[t][p[t]];
return c;
}
inline void floyd1(){
int d[N][N];
for(int l=;l<=c;l++){
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=i+;j<=n;j++)
d[i][j]=d[j][i]=a[l][i][j];
for(int k=;k<=n;k++)
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
d[j][i]=d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[j][k]);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
if(d[i][j]!=INF) dis[i][j]=min(dis[i][j],cost(d[i][j],l));
}
}
inline void floyd2(){
for(int k=;k<=n;k++)
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
dis[i][j]=dis[j][i]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[j][k]);
}
inline void init(){
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&c,&s,&t);
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=i+;j<=n;j++){
dis[j][i]=dis[i][j]=INF;
for(int k=;k<=c;k++)
a[k][i][j]=a[k][j][i]=INF;
}
for(int i=,j,k,l,w;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&j,&k,&w,&l);
a[l][j][k]=a[l][k][j]=min(a[l][j][k],w);
}
for(int i=;i<=c;i++)
scanf("%d",&p[i]);
for(int i=;i<=c;i++){
for(int j=;j<p[i];j++)
scanf("%d",&q[i][j]);
for(int j=;j<=p[i];j++)
scanf("%d",&r[i][j]);
}
floyd1();floyd2();
if(dis[s][t]==INF) printf("-1\n");
else printf("%d\n",dis[s][t]);
}
int main(){
freopen("railway.in","r",stdin);
freopen("railway.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
为何这次又不简化题面?因为后面几天的题小W和小M都在虐狗QAQ