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<=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=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=ret*10+c-‘0‘;
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=1;i<=m;i++){
a[i].l=read();a[i].r=read();
a[i].w=read();f[i]=i;
}
sort(a+1,a+1+m,cmp);
for(int i=1,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 0;
}
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)*(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1000000009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<=1000,k<=100
Solution
解法一：
质因数分解一个数x为x=p1a1p2a2……pkak(pi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=2;i<N;i++){
if(!b[i]) p[++cnt]=i;
for(int j=1;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=1;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<0||k<0) return;
prime();
for(int i=1,x;i<=n;i++){
x=i;
for(int j=1;x&&j<=cnt;j++)
while(x&&!(x%p[j])){
x/=p[j];
if(++f[i][0].t[j]==M)
f[i][0].t[j]=0;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=k;j++)
f[i][j]=add(f[i-1][j],f[i][j-1]);
ans=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
ans=ans*(ll)(f[n][k].t[i]+1)%MOD;
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
freopen("calc.in","r",stdin);
freopen("calc.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T3
Description
小W和小M正在出国旅游中~
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xi,yi,zi,bi,表示在车站xi与yi之间，长度为zi。
接下来1行c个整数pi,表示第i家铁路公司的收费表有pi段。
接下来2c行,每两行为一组,表示第i家公司的收费标准：
第一行pi-1个整数qi,j;
第二行pi个整数ri,j;
fi(x)=fi(x-1)+ri,j (qi,j-1<x<=qi,j,1<=j<=pi)，
其中fi(0)=0,qi,0=0,qi,pi=∞,qi,j随j递增,ri,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<=n<=100,0<=m<=104,1<=c<=20,s≠t,xi≠yi,1<=zi<=200,
1<=pj<=50,1<=qj,k<=104,1<=rj,k<=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=0;
for(int i=1;i<p[t];i++)
if(len<=q[t][i]){
c+=(len-q[t][i-1])*r[t][i];break;
}
else c+=(q[t][i]-q[t][i-1])*r[t][i];
if(len>q[t][p[t]-1])
c+=(len-q[t][p[t]-1])*r[t][p[t]];
return c;
}
inline void floyd1(){
int d[N][N];
for(int l=1;l<=c;l++){
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
d[i][j]=d[j][i]=a[l][i][j];
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
d[j][i]=d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[j][k]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;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=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;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=1;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++){
dis[j][i]=dis[i][j]=INF;
for(int k=1;k<=c;k++)
a[k][i][j]=a[k][j][i]=INF;
}
for(int i=1,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=1;i<=c;i++)
scanf("%d",&p[i]);
for(int i=1;i<=c;i++){
for(int j=1;j<p[i];j++)
scanf("%d",&q[i][j]);
for(int j=1;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 0;
}
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