前言

750AB是水题.
749A小清新也比较水但有一点细节
749B经典的那种需要稍微想想但不难的图论蓝题
749C是裹着图论的贪心题
749D的预处理是魔法操作之前没有见过（据说还可以暴力FWT？）
749E大式子题我直接弃疗

CF450A Jzzhu and Children

$\text{Description}$

$n$ 个孩子排成队，每个孩子有一个需求 $a_i$.
每次给队首的孩子 $m$ 个糖果，如果还没有满足需求，该孩子就回到队尾，否则就离开.
求最后一个离开的是谁.

$\text{Solution}$

水题，$\lceil \frac{a_i}{n}\rceil$ 求出每个孩子需要几轮，然后取一个轮数最大即可.
同一轮数取编号最大.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const double eps=1e-10;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
int a[105];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();int mx=0,id=0;for(int i=1;i<=n;i++){int o=(a[i]+m-1)/m;if(o>=mx){mx=o;id=i;}}printf("%d\n",id);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF450B Jzzhu and Sequences

$\text{Description}$

有一个数列 $f_i$,给出 $f_1,f_2$，对于 $i>2$，满足 $f_i=f_{i-1}+f_{i+1}$.
求数列的第 $n$ 项.
$n\le 10^9$

$\text{Solution}$

移项：
$f_{i+1}=f_i-f_{i-1}$.
矩阵乘法即可.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
struct matrix{ll a[3][3];int x,y;matrix(int xx,int yy):x(xx),y(yy){memset(a,0,sizeof(a));}matrix() {memset(a,0,sizeof(a));}
};
matrix mul(matrix u,matrix v){matrix res(u.x,v.y);for(int k=1;k<=u.y;k++){for(int i=1;i<=u.x;i++){for(int j=1;j<=v.y;j++) (res.a[i][j]+=u.a[i][k]*v.a[k][j])%=mod;}}return res;
}
matrix ksm(matrix o,int k){matrix res(2,2);res.a[1][1]=res.a[2][2]=1;while(k){if(k&1) res=mul(res,o);o=mul(o,o);k>>=1;}return res;
}
matrix tr,ans;
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifans.a[1][2]=(read()+mod)%mod;ans.a[1][1]=(read()+mod)%mod;ans.x=1;ans.y=2;n=read();if(n<=2){printf("%lld\n",ans.a[1][3-n]);return 0;}tr.x=tr.y=2;tr.a[1][1]=1;tr.a[1][2]=1;tr.a[2][1]=mod-1;tr.a[2][2]=0;ans=mul(ans,ksm(tr,n-2));printf("%lld\n",ans.a[1][1]);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449A Jzzhu and Chocolate

$\text{Description}$

给出一个 $N\times M$ 的矩阵，给 $K$ 个操作，每次操作可以横/竖切割矩阵，求 $K$ 次切割，最大化最小块的面积.

$\text{Solution}$

显然要尽可能平均的切.
那么答案就是 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{k+2-x}\rfloor$.
$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$ 只有 $O(\sqrt{n})$ 中取值，整除分块枚举这些值，然后贪心的让 $x$ 尽可能的大即可.
需要开 longlong.
细节上，当 $k+2-x\le 0$ 时，要当成 $1$ 处理.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
ll ans;
inline void check(int a){int b=k+2-a;if(b>m) return;if(b<=0) b=1;ans=max(ans,1ll*(n/a)*(m/b));return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();k=read();if(n+m<k+2){printf("-1");return 0;}for(int i=1;i<=n;){check(n/(n/i));i=n/(n/i)+1;}for(int i=1;i*i<=n;i++){if(n%i) continue;check(i);check(n/i);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449B Jzzhu and Cities

$\text{Description}$

$n$ 个点，$m$ 条带权边的无向图，另外还有 $k$ 条特殊边，每条边连接 $1$ 和 $i$ 。 问最多可以删除这$k$ 条边中的多少条，使得每个点到$1$ 的最短距离不变.

$\text{Solution}$

我的做法是开两个堆，一个堆是 Dijkstra 正常用的堆，第二个堆存所有特殊边，优先从 dij 的堆转移即可.
题解的方法是直接维护最短路的条数，感觉更加直观.

$\text{Solution}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=3e5+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
struct node{int to,nxt,w;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y,int w){p[++cnt]=(node){y,fi[x],w};fi[x]=cnt;return;
}
struct edge{int id,val;bool operator < (const edge y)const{return val>y.val;}
};
priority_queue<edge>Q;
#define pr pair<ll,int>
#define mkp make_pair
priority_queue<pr,vector<pr>,greater<pr> >q;
ll dis[N];
bool vis[N];
int ans;
void dij(){memset(dis,0x3f,sizeof(dis));q.push(mkp(0,1));dis[1]=0;while(!q.empty()||!Q.empty()){int now;if(q.empty()||(!Q.empty()&&Q.top().val<q.top().first)){now=Q.top().id;int val=Q.top().val;Q.pop();if(vis[now]) continue;assert(dis[now]>val);dis[now]=val;++ans;}else{now=q.top().second;q.pop();if(vis[now]) continue;}vis[now]=1;for(int i=fi[now];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(dis[to]>dis[now]+p[i].w){dis[to]=dis[now]+p[i].w;q.push(mkp(dis[to],to));}}    }return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));n=read();m=read();k=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read(),w=read();addline(x,y,w);addline(y,x,w);}for(int i=1;i<=k;i++){edge o={(int)read(),(int)read()};Q.push(o);}dij();printf("%d\n",k-ans);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449C Jzzhu and Apples

$\text{Description}$

给出正整数 $n$，你要把 $1-n$ 之间的正整数分成尽可能多组，使得每一组两个数的最大公约数大于1；输出能分成最多组的个数，并按任意顺序输出每组的两个数.

$\text{Solution}$

朴素做法可以想到枚举 $gcd$ 把所有的倍数尽可能的配对.
考虑为什么这样随便选会不优.
就是当某次配对落单的最后也没有配对，但是如果选择其他某个元素落单，后面却可以配对.
所以我们应该尽可能的选取后面容易配对的.
那么我们每次就令 $2\times g$ 配对，最后在 $g=2$ 的时候全都配对就行了.
这样如果还有落单的，说明这些待定的是奇数个，那么肯定就会有落单的，不可能更优了.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e5+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int q[N],st,ed;
bool vis[N],jd[N];
int x[N],y[N],tot;
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=2;i<=n;i++){if(jd[i]) continue;for(int j=i+i;j<=n;j+=i) jd[j]=1;}for(int i=n;i>=2;i--){if(jd[i]) continue;st=1;ed=0;for(int j=i;j<=n;j+=i){if(!vis[j]) q[++ed]=j;}if(ed&1) swap(q[2],q[ed]);while(st<ed){++tot;x[tot]=q[st];vis[q[st++]]=1;y[tot]=q[st];vis[q[st++]]=1;}}printf("%d\n",tot);for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d %d\n",x[i],y[i]);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449D Jzzhu and Numbers

$\text{Description}$

给出一个序列 $a_{1...n}$，求元素按位与结果等于 $0$ 的非空子集选取方案个数.
$n\le 10^6,a_i\le 10^6$.

$\text{Solution}$

神奇的题.
容易想到容斥，设 $re{s}_i$ 为与运算后至少有一个 $1$ 的方案数.
那么答案就是：
$$ans=re{s}_0-re{s}_1+re{s}_2...$$
但 $re{s}_x$ 的值不易求解，所以转而考虑求 $f_x$ 表示与运算后结果 $w$ 满足 $w\&x=x$ 的方案数.
若有 $nu{m}_x$ 个 $a_i$ 满足 $a_i\&x=x$ ，那么就有
$$nu{m}_x=2^{nu{m}_x}-1$$
也就是只能在这 $nu{m}_x$ 个数里选，且不能都不选.
那么关键就是求出 $nu{m}_x$.

首先，对于每个 $a_i$，令 $nu{m}_{a_i}++$.
然后，按位枚举 $k$ ，然后若 $x$ 的第 $k$ 位是 $1$ ，就令 $nu{m}_{x^{(}1<<(k-1))}\leftarrow nu{m}_x$.(换句话说就是转移到把第 $k$ 位扣掉后的数.
为什么这样是对的？
首先，这样转移的显然都是合法元素，且不会遗漏.
关键就是为什么这样不会算重.
因为对于每个数对 $(x,y),x\&y=x$，$nu{m}_y\to nu{m}_x$ 的转移路径是唯一的.
比如说 $01101\to 00100$，就会且只会在枚举第 $1$ 位时 $01101\to 01100$，再在枚举第 $4$ 位时 $01100\to 00100$.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e6+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int a[N],mi[25],f[N],bit[N];
ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),f[a[i]]++;mi[0]=1;for(int i=1;i<=20;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1;for(int j=20;j>=0;j--){for(int i=0;i<mi[20];i++){if(i&mi[j]) f[i^mi[j]]+=f[i];}}for(int i=1;i<mi[20];i++) bit[i]=bit[i-(i&-i)]+1;ll ans(0);for(int i=0;i<mi[20];i++){f[i]=(ksm(2,f[i])+mod-1)%mod;if(bit[i]&1) ans+=mod-f[i];else ans+=f[i];ans%=mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF749E Inversions After Shuffle 题解

数学并不会但可以去看看这个