A. Infinity Gauntlet

思路:暴力


B. High School: Become Human

题意:判断x^y和y^x的大小

思路:开long double 比较,两边取log()   , log()就是lne


C. Three displays

题意:为什么... mlgb 

思路:暴力枚举中间mid,往前找s[i]<mid中,c[i]最小的. 往后找s[i]>mid,c[i]最小的


D. Fair

题意:一共n个顶点,m条边.每个顶点有一个权值[1~n] . 现从每一个顶点出发,要获得至少k(<=100)种不同的顶点权值,问至少要从该顶点出发,经过多少条边才能获得k种不同的顶点权值

#include<bits/stdc++.h>
#define PI acos(-1.0)
#define pb push_back
#define F first
#define S second
#define debug puts
#define setp cout << fixed << setprecision(15)
#define fst ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const int MOD=998244353;
int a[N];
vector<int> edge[N];
int dis[N][101];
int main(void){
    fst;
    int n,m,s,k;
    cin >>n>>m>>k>>s;
    for(int i=1;i<=n;i++)   cin >>a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;
        cin >>u>>v;
        edge[u].pb(v);
        edge[v].pb(u);
    }
    memset(dis,-1,sizeof dis);
    for(int i=1;i<=k;i++){
        queue<int> q;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(a[j]==i) q.push(j),dis[j][i]=0;
        while(!q.empty()){
            int u=q.front();
            q.pop();
            for(auto v:edge[u]){
                if(dis[v][i]!=-1)    continue;
                dis[v][i]=dis[u][i]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int ans=0;

E. Petr and Permutations

题意:一个长为n的Arr数字各不相同,如果能经过3n次操作回到1,2,3,4,5---n 则输出Petr ；否则输出Um_nick  .听LHY解释是置换群

对每一个环,多操作2*x次(x不确定),也只需要环的个数-1次操作.并且3n和7n+1的奇偶性是不一样的.那么把所有环交换的次数求和,就可以解决这个问题了

#include<bits/stdc++.h>
#define PI acos(-1.0)
#define pb push_back
#define F first
#define S second
#define debug puts
#define setp cout << fixed << setprecision(15)
#define fst ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+6;
const int MOD=998244353;
int a[N],ind[N];
int main(void){
    fst;
    int n;
    cin >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin >> a[i];
        ind[a[i]]=i;
    }
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i==a[i]) continue;
        else{
            int j=ind[i];
            ind[a[i]]=j;
            swap(a[i],a[j]);
            cnt++;
        }
    }
//    cout << cnt << endl;
    if(((3*n-cnt)&1)==0) cout <<"Petr" ;
    else    cout <<"Um_nik";

    return 0;
}


F. AND Graph[DFS]

题意:长度为n的Arr,如果a[i]&a[j]==0 那么i,j连一条边.问最后有多少个联通块

思路:假如当前数是  010001  ,  我们延展到010011,010101,011001,110001 四个状态,010001和这四个状态的补集&一定为0. 因为1的地方补集是0,0的地方不受任何影响.那么继续跟着补集去延伸,跟着4个状态往下dfs即可.

复杂度:O(2^n+m)*m=O(2^(n+1))

#include<bits/stdc++.h>
#define PI acos(-1.0)
#define pb push_back
#define F first
#define S second
#define debug puts
#define setp cout << fixed << setprecision(15)
#define fst ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=(1<<23)+2;
const int MOD=998244353;
int a[N],n,m;
int vis[N][3];
bool check[N];

int q(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans*=a;
        b/=2;
        a*=a;
    }
    return ans;
}
/// O((2^n+m)*m=2^(n+1))
void dfs(int u,int t){
    if(vis[u][t])   return;
    if(t==1){
        if(vis[u][1]||!check[u])   return ;
        vis[u][1]=1;
//        cout << u << endl;
        dfs(u,2);
    }
    else if(t==2){
        vis[u][2]=1;
        for(register int i=0;i<m;i++){
            if(((u>>i)&1)==0){
                dfs(u+(1<<i),2);
            }
        }
        dfs(q(2,m)-1-u,1);
    }
}

int main(void){
    fst;
    int ans=0;
    cin >> m>>n;
    for(register int i=1;i<=n;i++)  cin >> a[i],check[a[i]]=1;
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        if(!vis[a[i]][1]){
//            cout << a[i] << endl;
            dfs(a[i],1);
//            puts("************");
            ans++;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}