A 求余

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code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MOD = 998244353;
#define sc(x) scanf("%lld", &(x))
#define pr(x) printf("%lld\n", (x))
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)


void solve(){
	cout<<2021%20<<endl;
}
signed main(){
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--) solve();
	return 0;
}
//答案：1

B 双阶乘

image-20220327230515230

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MOD = 998244353;
#define sc(x) scanf("%lld", &(x))
#define pr(x) printf("%lld\n", (x))
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)


void solve(){
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=2021;i+=2){
		ans=ans*i%100000;
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--) solve();
	return 0;
}
/*
59375
*/

C 格点

image-20220327230957997

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MOD = 998244353;
#define sc(x) scanf("%lld", &(x))
#define pr(x) printf("%lld\n", (x))
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)


void solve(){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=2021;i++){
		for(int j=1;j<=2021;j++){
			if(i*j<=2021) ans++;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--) solve();
	return 0;
}
/*
15698
*/

其实是可以优化的，但没必要，暴力跑的也快也准

D 整数分解

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很常见的背包DP。

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MOD = 998244353;
#define sc(x) scanf("%lld", &(x))
#define pr(x) printf("%lld\n", (x))
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)


void solve(){
	ll dp[6][2022];
    memset(dp, 0, sizeof dp);
    for(int i = 1;i<2022;i++) dp[1][i] = 1;
    for(int i =2;i<=5;i++)
        for(int j =1; j<2022;j++)
            for(int k = 1;k<2022;k++){
                if(j-k > 0) dp[i][j] += dp[i-1][j-k];
            }
    cout<< dp[5][2021];
}
signed main(){
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--) solve();
	return 0;
}
/*
691677274345
*/

E 城邦

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看题一眼就知道这是一道的最小生成树的板子题。

最小生成树有两种算法，一个是Prim算法O(n2)O(n^2)和克鲁斯卡尔算法O(mlogm)O(mlogm)。

这个题用Prim算法就行了，暴力杯，暴力就是了。

Prim算法

适用于稠密图，时间复杂度 O(n2)O(n^2)。

核心思想：每次挑一条与当前集合相连的最短边。

C++ 代码

// st[i] 表示点i是否在当前生成树集合中
// dist[i] 表示点i到当前集合的最短边的长度
// g[i][j] 表示点i和点j之间边的长度
// 返回值：最小生成树中所有边的总长度
int Prim()
{
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        dist[i] = INF;
        st[i] = false;
    }
    dist[1] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int id = -1, min_dist = INF;
        // 寻找最短边
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
            if (!st[j] && dist[j] < min_dist)
            {
                id = j;
                min_dist = dist[j];
            }
        st[id] = true;
        res += dist[id];
        // 用新加入的点更新其余点到生成树的最短边
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
            if (!st[j])
                dist[j] = min(dist[j], g[id][j]);
    }
    return res;
}

Kruskal算法

适用于稀疏图，时间复杂度 O(mlogm)O(mlogm).

核心思想：从小到大挑不多余的边。

C++ 代码

// 边的信息
struct Edge
{
    int a, b, v;
    bool operator< (const Edge &W) const
    {
        return v < W.v;
    }
};

// 并查集——寻找当前集合的代表元素
int find(int x)
{
    if (father[x] != x) father[x] = find(father[x]);
    return father[x];
}

// 所有边存储在 Edge edges[M]; 
// 函数返回最小生成树中所有边的总长度
int Kruskal()
{
    int res = 0;
    // 初始化并查集代表元素
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) father[i] = i;
    sort(edge, edge + m);
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        int a = edge[i].a, b = edge[i].b;
        if (find(a) != find(b))
        {
            res += edge[i].v;
            father[find(a)] = find(b);
        }
    }
    return res;
}

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MOD = 998244353;
#define sc(x) scanf("%lld", &(x))
#define pr(x) printf("%lld\n", (x))
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)

int st[N],dist[N],g[2030][2030],n;
// st[i] 表示点i是否在当前生成树集合中
// dist[i] 表示点i到当前集合的最短边的长度
// g[i][j] 表示点i和点j之间边的长度
// 返回值：最小生成树中所有边的总长度
int Prim()
{
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        dist[i] = INT_MAX;
        st[i] = false;
    }
    dist[1] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int id = -1, min_dist = INT_MAX;
        // 寻找最短边
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
            if (!st[j] && dist[j] < min_dist)
            {
                id = j;
                min_dist = dist[j];
            }
        st[id] = true;
        res += dist[id];
        // 用新加入的点更新其余点到生成树的最短边
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
            if (!st[j])
                dist[j] = min(dist[j], g[id][j]);
    }
    return res;
}


int get(int i,int j){
	int ans=0;
	while(i||j){
		if(i%10!=j%10) ans+=i%10+j%10;
		i/=10;
		j/=10;
	}
	return ans;
}

void solve(){
	n=2020;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			g[i][j]=get(i,j);
			//cout<<g[i][j]<<" ";
		}
		
	}
	cout<<Prim()<<endl;
}


signed main(){
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--) solve();
	return 0;
}
/*
4045
*/

H 完全平方数

image-20220328201140247

思路：

要使得一个数是完全平方数，那么他所有的质因子都应该是偶数次幂。这样才能开根号，幂次除以 2 能整除。

所以我们把n分解质因数，所有质因子奇数次幂的相乘就是答案，奇数多加一次就变成偶数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MOD = 998244353;
#define sc(x) scanf("%lld", &(x))
#define pr(x) printf("%lld\n", (x))
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
int a[N],n,m;
void solve(){
	cin>>n;
	int ans=1;
	for(int i=2;i*i<=n;i++){
		if(n%i==0){
			int cnt=0;
			while(n%i==0) cnt++,n/=i;
			if(cnt&1) ans*=i;
		}
	}
	if(n>1) ans*=n;
	cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--) solve();
	return 0;
}