B. Filling the Grid
分行和列进行染色，扫完图以后没有被染色的格子数，就是对答案产生的贡献值，wa了一发，因为没看清样例，会有冲突情况产生，这种情况下的答案是0
#include<bits/stdc++.h>
const double pi=3.14159;
typedef long long int ll;
const int mod=1e9+7;
int amap[1010][1010];
int hh[1010],ww[1010];
ll qpow(ll a,ll b){
ll res=1;
while(b>0){
if(b&1){
res=res*a%mod;
}
b=b>>1;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
int main(){
int h,w;
scanf("%d%d",&h,&w);
for(int i=1;i<=h;i++){
scanf("%d",&hh[i]);
}
for(int i=1;i<=w;i++){
scanf("%d",&ww[i]);
}
for(int i=1;i<=h;i++){
for(int j=1;j<=hh[i];j++){
amap[i][j]=1;
}
amap[i][hh[i]+1]=-1;
}
for(int i=1;i<=w;i++){
for(int j=1;j<=ww[i];j++){
if(amap[j][i]==-1){
printf("0\n");
return 0;
}
else
amap[j][i]=1;
}
if(amap[ww[i]+1][i]==1){
printf("0\n");
return 0;
}
else
amap[ww[i]+1][i]=-1;
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=h;i++){
for(int j=1;j<=w;j++){
//printf("%d ",amap[i][j]);
if(amap[i][j]==0)
cnt++;
}
//printf("\n");
}
//printf("cnt:%d\n",cnt);
printf("%lld",qpow(2,cnt));
return 0;
}
C. Primes and Multiplication
定义了三种操作
g(x,p)、 f(x,y)、prime(x)
1、prime（x）定义为x的素因数集合。
Let prime(x)prime(x) be the set of prime divisors of xx. For example, prime(140)={2,5,7}prime(140)={2,5,7}, prime(169)={13}prime(169)={13}.
2、g（x,p）定义为出x的因数，这个因数是p的k次，并且k要最大。
Let g(x,p) be the maximum possible integer pkpk where kk is an integer such that xx is divisible by pkpk. For example:
- g(45,3)=9 (45 is divisible by 3^2=9 but not divisible by 3^3=27),
- g(63,7)=7 (63 is divisible by 7^1=7 but not divisible by 7^2=49).
3、f（x,y）定义为g（y，p）的乘积，p为prime（x）集合中的元素。
Let f(x,y) be the product of g(y,p)g(y,p) for all p in prime(x)prime(x). For example:
- f(30,70)=g(70,2)⋅g(70,3)⋅g(70,5)=2^1⋅3^0⋅5^1=10
- f(525,63)=g(63,3)⋅g(63,5)⋅g(63,7)=3^2⋅5^0⋅7^1=6
最后给出一个x，n，求出f（x，1）*f（x，2）……*f（x，n）的乘积
数据范围：The only line contains integers x and n (2≤x≤10^9 1≤n≤10^18) — the numbers used in formula.
题目很复杂，看完脑壳疼。
慢慢分析
1、对于给定的x，我们可以先进行质因数分解，因为早晚要用到
2、最后求的是多个f（x，y）的乘积，所以连乘中的1是可以被忽略的，那么怎么样才会产生1呢？
显然，对于g（y，p）来说，p本身不是y的因数，那么就会是1
3、这时候我们会自然的想到，对于1~n这个区间来说，以Pi为因数的数的乘积就是答案
例如对于x=6，n=11
prime（x）={2,3}；
那么所以求得就是g(1,2)*g(2,2)*g(3,2)……*g(11,2)*g(1,3)*f(2,3)……*g(11,3)
这时候我们就可以发现，
2,6,10的贡献是2，2^1;
4的贡献是4,2^2;
8的贡献是8,2^3;
3,6的贡献是3,3^1;
9的贡献是9,3^2;
这时候题目就变成了，求出1~n中，所有数的最大素因数以及素数的次方数因数的乘积。
再看题面时，我们会发现素数范围在1^9，一个欧拉筛筛不出范围（可能有改进一下可以筛出的办法，但是我太菜了，并想不出）
但是再思考一下，1e5*1e5=1e10>1e9所以只要筛出1e5范围内的所有素数，最后看一下这个数本身是不是素数就可以了。
另外一个问题就是素数的最大次方数因数，2这个因数，对于4的时候，贡献就是4，对于8这个数，贡献就是8，我也不知道该怎么计算，最后看了网上别人的博客
虽然看懂了处理方法，但是并不知道什么原理，也说不清楚，反正以后就这么用吧。
反正没毛病。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<set>
using namespace std;
const double pi = 3.14159;
typedef long long int ll;
const int mod = 1e9 + 7;
long long int maxn = 1e5, m, n;
bool number[100005];
ll prime1[100005];
ll prime[100005];
int c = 0;
int c1 = 0;
void isprime()
{
int i, j;
memset(number, true, sizeof(number));
for (i = 2; i <= maxn; i++)
{
if (number[i]) {
prime[c++] = i;
}
for (j = 0; j<c&&prime[j] * i <= maxn; j++)
{
number[prime[j] * i] = false;
if (i%prime[j] == 0) //保证每个合数只会被它的最小质因数筛去，因此每个数只会被标记一次
break;
}
}
}
ll qpow(ll a, ll b) {
ll res = 1;
while (b>0) {
if (b & 1)
res = res*a%mod;
b=b>>1;
a = a*a%mod;
}
return res;
}
int main() {
isprime();
scanf("%lld %lld", &m, &n);
for (int i = 0; i<c; i++) {
if (m<prime[i])
break;
if(m%prime[i] == 0){
prime1[c1++] = prime[i];
}
while(m%prime[i]==0)
m/=prime[i];
}
if(m>1)
prime1[c1++]=m;
ll x;
ll ans = 1;
ll cnt = 0;
for (int i = 0; i<c1; i++) {
x = n;
cnt = 0;
while (x) {
cnt += x / prime1[i];
x /= prime1[i];
}
ans = ans*qpow(prime1[i], cnt) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
D. Complete Tripartite
给一张图
有点和边，没有重边，没有自环，
分成三个集合，每个集合里的元素互相不相连，和另两个图的元素一一相连。
这不是扫一遍染色就完事了?
还是wa了一发，有可能一条边都没有，也有可能是边数不够，有些点没用到
加个vis和cnt维护
暴力出奇迹！
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<set>
using namespace std;
const double pi = 3.14159;
typedef long long int ll;
const int mod = 1e9 + 7;
long long int maxn = 1e5 + 9;
int n, m;
int color[300005];
int vis[300005];
int cnt1, cnt2, cnt3;
struct node {
int s, t;
}p[300005];
bool cmp(node a, node b) {
if (a.s == b.s)
return a.t < b.t;
else
return a.s < b.s;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
int a, b;
for (int i = 1; i <= n; i++)color[i] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d %d", &a, &b);
vis[a]++;
vis[b]++;
p[i].s = min(a, b);
p[i].t = max(a, b);
}
sort(p + 1, p + 1 + m, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
a = p[i].s, b = p[i].t;
if (color[a] != color[b])
continue;
else {
if (color[a] == 3)
{
printf("-1\n");
return 0;
}
else {
color[b] = color[a] + 1;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (color[i] == 1)
cnt1++;
else if (color[i] == 2)
cnt2++;
else
cnt3++;
}
if (cnt1 == 0 || cnt2 == 0 || cnt3 == 0) {
printf("-1\n");
return 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (color[i] == 1 && vis[i] == cnt2 + cnt3&&vis[i]) {}
else if (color[i] == 2 && vis[i] == cnt1 + cnt3&&vis[i]) {}
else if (color[i] == 3 && vis[i] == cnt1 + cnt2&&vis[i]) {}
else {
printf("-1\n");
return 0;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d ", color[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/wjune-0405/p/11617283.html