第一题
题意：给定多组数据P，每次询问P进制下，有多少数字B满足条件：只要数位之和是B的倍数，该数字就是B的倍数。
题解：此题是参考10进制下3和9倍数的特殊性质。
对于10进制，ab=10*a+b=9*a+(a+b)，所以9的约数都有此性质。
对于P进制，ab=p*a+b=(p-1)a+(a+b)，所以p-1的约数都有此性质。
对于P，计算P-1的约数个数即为答案。
★第二题
题意：给定L的关系(L<=10^5)，关系表示为xi=xj或xi≠xj，将数据按顺序分为若干组（相邻在同一组），每组不满足所有条件，去掉最后一个条件后满足所有条件，求组数。
题解：
一种方法是每次倍增一组个数，对于组内跑bfs或者并查集，最后对组内不等关系判互恰，倍增结合二分。
正解O(n log n)。
相等关系具有传递性，可以用并查集在线维护。
不等关系不具有传递性，用平衡树维护每个点的不等关系。
对于相等关系，若在同一集合跳过，若在对方平衡树内则清空退出，否则合并双方集合。
合并使用启发式合并，就是大的并入小的，并修改对应不等关系平衡树处的表示。
对于不等关系，若在同一集合则清空退出，否则加入对方平衡树。
清空退出：用到的点加入栈，清空时只清栈内平衡树和栈内父亲，保证复杂度。（vis时间戳也可以优化常数）
记得开双倍数组。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<set>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int ans,anss[maxn],pre,n,fa[maxn];
stack<int>s;
set<int>q[maxn];
set<int>::iterator it;
void getans(int x){
anss[++ans]=x-pre;pre=x;
while(!s.empty()){
q[s.top()].clear();
fa[s.top()]=s.top();
s.pop();
}
}
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
scanf("%d",&n);
int u,v,w;
pre=0;
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;//初始化
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
s.push(u);s.push(v);
u=find(u);v=find(v);
if(w==1){
if(u==v)continue;
if(q[u].find(v)!=q[u].end())getans(i);
else{
if(q[u].size()>q[v].size())swap(u,v);
for(it=q[u].begin();it!=q[u].end();it++){
q[*it].erase(u);
q[*it].insert(v);
q[v].insert(*it);
}
fa[u]=v;
}
}else{
if(u==v)getans(i);
else{
q[u].insert(v);
q[v].insert(u);
}
}
}
printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d\n",anss[i]);
return 0;
}
另一种解法：如果只有一组，显然全局二分后找最长长度。
因为答案就有明显的递进性质，所以考虑使用倍增来扩展，失败后在使用区间二分，保证复杂度。
复杂度……是啥？代码未AC。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int ans,anss[maxn],pre,n,fa[maxn];
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool found(int l,int r){
bool ok=1;
for(int i=l;i<=r;i++)if(c[i]&&find(a[i])!=find(b[i]))fa[fa[a[i]]]=fa[b[i]];
for(int i=l;i<=r;i++)if((!c[i])&&find(a[i])==find(b[i])){ok=0;break;}
for(int i=l;i<=r;i++)fa[i]=i;
return ok;
}
int half(int x,int l,int r){
int mid;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(found(x,mid))l=mid+1;
else r=mid;
}
return l;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
int now=1;
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;//初始化
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
while(now<=n){
int mx=0;
while(now+(1<<mx)<=n&&found(now,now+(1<<mx)))mx++;
if(mx==0){ans++;now++;anss[ans]=now;}
else{
now=half(now,now+(1<<(mx-1)),min(n,now+(1<<mx)));
ans++;anss[ans]=now;
now++;
}
}
printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d\n",anss[i]-anss[i-1]);
return 0;
}
★第三题
题意：给定n个点的树，m条路径（u到v）构成序列，q次询问序列L到R路径的交集。
题解：套路化地化树上询问为链上询问，处理一堆细节。
http://paste.ubuntu.com/25312404/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#define rep(i, l, r) for(int i=l; i<=r; i++)
#define dow(i, l, r) for(int i=l; i>=r; i--)
#define clr(x, c) memset(x, c, sizeof(x))
#define travel(x) for(edge *p=fir[x]; p; p=p->n)
#define all(x) (x).begin,(x).end
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define l(x) Left[x]
#define r(x) Right[x]
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> Pii;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
inline int read()
{
int x=0; bool f=0; char ch=getchar();
while (ch<'0' || '9'<ch) f|=ch=='-', ch=getchar();
while ('0'<=ch && ch<='9') x=x*10+ch-'0', ch=getchar();
return f?-x:x;
}
#define maxn 500009
#define maxc 1000009
int n, m;
struct edge{int y,z; edge *n;} e[maxn*2], *fir[maxn], *pt=e;
void AddE(int x, int y, int z)
{
pt->y=y, pt->z=z, pt->n=fir[x], fir[x]=pt++;
pt->y=x, pt->z=z, pt->n=fir[y], fir[y]=pt++;
}
int h[21][maxn], dep[maxn]; ll d[maxn];
inline int lca(int a, int b)
{
if (dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
for(int i=0, tmp=dep[a]-dep[b]; tmp; tmp>>=1,i++) if (tmp&1) a=h[i][a];
if (a==b) return a;
dow(i,20,0) if (h[i][a] && h[i][a]!=h[i][b]) a=h[i][a], b=h[i][b];
return h[0][a];
}
int cn, rt, Left[maxc], Right[maxc]; Pii g[maxc];
inline Pii Union(Pii p0, Pii p1)
{
if (p0==Pii(1,1) || p1==Pii(1,1)) return Pii(1,1);
int x1=p0.fi, y1=p0.se;
int x2=p1.fi, y2=p1.se, a, b, c, d;
if ((a=lca(x1,y1))==(b=lca(x2,y2)))
{
if (lca(x1,x2)==lca(x1,y1)) swap(x2,y2);
Pii tmp=Pii(lca(x1,x2),lca(y1,y2));
if (tmp.se==tmp.fi) return Pii(1,1); else return tmp;
}
else
{
if (dep[a]<dep[b]) swap(x1,x2), swap(y1,y2), swap(a,b);
c=lca(x1,x2), d=lca(y1,x2); if ((c==a) || (d==a)) return Pii(c,d);
c=lca(x1,y2), d=lca(y1,y2); if ((c==a) || (d==a)) return Pii(c,d);
else return Pii(1,1);
}
return Pii(1,1);
}
void Build(int l, int r, int &t)
{
t=++cn; if (l==r) {g[t]=Pii(read(),read()); return;}
int mid=(l+r)>>1;
Build(l,mid,l(t)); Build(mid+1,r,r(t));
g[t]=Union(g[l(t)],g[r(t)]);
}
int L, R; Pii G;
void Que(int l, int r, int &t)
{
if (L<=l && r<=R)
{
if (G.fi==0) G=g[t]; else G=Union(G,g[t]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (L<=mid) Que(l,mid,l(t));
if (mid<R) Que(mid+1,r,r(t));
}
int q[maxn], tot;
int main()
{
n=read();
rep(i, 1, n-1) {int x=read(), y=read(), z=read(); AddE(x,y,z);}
q[tot=1]=1; while (tot)
{
int x=q[tot--];
for(int i=1;h[i-1][h[i-1][x]];i++) h[i][x]=h[i-1][h[i-1][x]];
travel(x) if (p->y!=h[0][x]) q[++tot]=p->y, h[0][p->y]=x, d[p->y]=d[x]+p->z, dep[p->y]=dep[x]+1;
}
Build(1,m=read(),rt);
int Q=read(); while (Q--)
{
L=read(), R=read(); G=Pii(0,0);
Que(1,m,rt);
printf("%I64d\n", d[G.fi]+d[G.se]-d[lca(G.fi,G.se)]*2);
}
return 0;
}
第四题
第五题
题意：多组数据，给定年月日，求下一次同月同日为同星期几的年份。
题解：365%7=1，过一年星期加一天。
对于2.29前的日子，闰年在本年多+1。对于2.29后的日子，闰年在本年多+1。
对于2.29，四年四年跳特殊处理，还要处理跳到的年份是否闰年。
第六题
题意：给定一个n*m的01矩阵。
图像0的定义：存在1字符且1字符只能是由一个连通块组成，存在且仅存在一个由0字符组成的连通块完全被1所包围。
图像1的定义：存在1字符且1字符只能是由一个连通块组成，不存在任何0字符组成的连通块被1所完全包围。
连通的含义是，只要连续两个方块有公共边，就看做是连通。
完全包围的意思是，该连通块不与边界相接触。
题解：
要用巧妙的方法判断，否则会极其复杂。
在外圈加0后，从外圈到内圈消除，转化为：
图像0：一圈0连通块，一圈1联通块，一圈0联通块。
图像1：一圈0连通块，一圈1联通块。
注意每圈只能有1个联通块。
来源：https://www.cnblogs.com/onioncyc/p/7351318.html