A. Soldier and Bananas

題意：第一個香蕉要k 刀，第二個2k 刀，第i 個要i∗k 刀。現有n 刀，問可以買幾個香蕉。
題解：等差數列求和，我們知道只需要找到p 使得 $\sum i = 1 p i * k \leq n < \sum i = 1 p + 1 i * k$ 即可，移項就可以得到公式，同時上述求和公式是單調遞增的，因此也可以二分答案。
參考代碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
inline ll foo(int x, int k) {
    return (((1LL + x) * x) >> 1) * k;
}

ll gao(ll k, ll n, ll w) {
    return max(foo(w, k) - n, 0LL);
}

int main() {
    int k, n, w;
    while (~scanf(" %d %d %d", &k, &n, &w)) {
        printf("%I64d\n", gao(k, n, w));
    }
    return 0;
}

B. Soldier and Badges

題意：給n 個數，1≤ai≤n ，將一個數從a 變大成b 需要消耗b−a 個金幣，問如何把這堆數變成兩兩不等的，順序任意。
題解：直接掃一遍，對一個數a ，向上找一個之前沒有佔用的位置填充即可。
參考代碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAX = 6007;
bool vis[MAX];
int foo(int x) {
    int res = 0;
    while (vis[x]) {
        ++x;
        ++res;
    }
    vis[x] = true;
    return res;
}

int main() {
    int n;
    while (~scanf(" %d", &n)) {
        memset(vis, false, sizeof(vis));
        int a, sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf(" %d", &a);
            sum += foo(a);
        }
        printf("%d\n", sum);
    }
    return 0;
}

C. Soldier and Cards

題意：兩堆牌，每次取最上面的兩張比較，如果更大，則喫掉另一張，並將其放到底部，然後將自己這張也放到底部。一張牌都沒有時爲輸。問遊戲能不能終止，如果能，輸出誰勝利以及需要進行幾輪。
題解：考慮到總牌數並不多(k1+k2=n , 2≤n≤10 )，狀態數最多隻有A1010∗C19 這麼多，實際上要少得多，因此直接狀態壓縮模擬即可。
參考代碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

struct State {
    vector<int> left;
    vector<int> right;
    bool operator==(const State& B)const {
        if (left.size() != B.left.size()
            || right.size() != B.right.size()) {
            return false;
        }
        for (int i = 0; i < left.size(); ++i) {
            if (left[i] != B.left[i]
                || right[i] != B.right[i]) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
    bool operator<(const State& B)const {
        if (left.size() != B.left.size()) {
            return left.size() < B.left.size();
        }
        for (int i = 0; i < left.size(); ++i) {
            if (left[i] != B.left[i]) {
                return left[i] < B.left[i];
            }
        }
        if (right.size() != B.right.size()) {
            return right.size() < B.right.size();
        }
        for (int i = 0; i < right.size(); ++i) {
            if (right[i] != B.right[i]) {
                return right[i] < B.right[i];
            }
        }
        return false;
    }
    void print() {
        printf("{\n\t%d", left.size());
        for (int i = 0; i < left.size(); ++i) {
            printf(" %d", left[i]);
        }
        printf("\n\t%d", right.size());
        for (int i = 0; i < right.size(); ++i) {
            printf(" %d", right[i]);
        }
        puts("\n}\n");
    }
};

map<State, bool> M;
pair<int, int> gao(State& thus) {
    M.clear();
    for (int i = 0; ; ++i) {
        //puts("----------------------");
        //thus.print();
        //getchar();
        if (thus.left.empty()) {
            return make_pair(2, i);
        } else if (thus.right.empty()) {
            return make_pair(1, i);
        } else if (M.find(thus) != M.end()) {
            return make_pair(-1, i);
        } else {
            M.insert(make_pair(thus, true));
            //generate the next thus
            if (thus.left[0] > thus.right[0]) {
                thus.left.push_back(thus.right[0]);
                thus.left.push_back(thus.left[0]);
            } else {
                thus.right.push_back(thus.left[0]);
                thus.right.push_back(thus.right[0]);
            }
            thus.left.erase(thus.left.begin());
            thus.right.erase(thus.right.begin());
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    State my;

    while (~scanf(" %d", &n)) {
        int m, a;
        scanf(" %d", &m);
        my.left.clear();
        while (m--) {
            scanf(" %d", &a);
            my.left.push_back(a);
        }
        scanf(" %d", &m);
        my.right.clear();
        while (m--) {
            scanf(" %d", &a);
            my.right.push_back(a);
        }
        pair<int, int> res = gao(my);
        if (res.first == -1) {
            puts("-1");
        } else {
            printf("%d %d\n", res.second, res.first);
        }
    }

    return 0;
}

D. Soldier and Number Game

題意：問a!b! 分解質因數後又多少個質因子。如28=22∗7 ，有3個質因子，注意，這裏質因子2 的指數爲2 ，要算成2個。
題解：記Ω(n) 爲n 的質因子個數，則Ω(1)=0 。根據分解質因數後的形式，設： $n = x * y$ 則顯然有： $Ω (n) = Ω (x) + Ω (y)$ Ω(n) 有這種性質，我們就稱Ω(n) 是加性函數。同時可以知道： $Ω (x) = Ω (n) - Ω (y)$ 於是得解：
(1) 首先用篩法篩出質數，求出所有質數的Ω 函數值爲1(記爲prime[x]=1 )，並且對任意一個合數y 得出其一個質因子p ，記爲flag[y] ，即flag[y]=p 。
(2) 然後對1≤x≤5000000 ，我們線性地掃一遍： $p r i m e [x] = p r i m e [x / f l a g [x]] + p r i m e [f l a g [x]]$ 其中prime[x]=Ω(x) 。
(3) 由於 $a ! b ! = \sum a i = 1 Ω ( i ) \sum b i = 1 Ω ( i )$ 分子和分母都是前綴和的形式，令： $d p [x] = \sum j = 1 x Ω (j)$ 就可以得到答案： $a n s (a, b) = d p [a] - d p [b]$
參考代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAX = 5000007;
int flag[MAX] = {0};
int prime[MAX] = {0}; //prime[i]: i的質因數的個數
int dp[MAX] = {0}; //前綴和

void init() {
    int i;
    for (i = 2; i <= MAX / i; ++i) {
        if (flag[i] == 0) {
            flag[i] = i;
            prime[i] = 1;
            //printf("flag[%d] = %d\n", i, flag[i]);
            //getchar();
            for (int j = i * i; j < MAX; j += i) {
                if (flag[j] == 0) {
                    flag[j] = i;
                    //printf("flag[%d] = %d\n", j, i);
                    //getchar();
                }
            }
        }
    }
    for (; i < MAX; ++i) {
        if (flag[i] == 0) {
            flag[i] = i;
            prime[i] = 1;
        }
    }

    for (i = 2; i < MAX; ++i) {
        prime[i] = prime[i / flag[i]] + prime[flag[i]];
    }

    for (i = 1; i < MAX; ++i) {
        dp[i] = dp[i - 1] + prime[i];
    }
    //for (int i = 1; i < 10; ++i) {
    //  printf("prime[%d] = %d, dp[%d] = %d\n", i, prime[i], i, dp[i]);
    //}
}

int main() {
    init();

    int T, a, b;
    scanf(" %d", &T);
    while (T--) {
        scanf(" %d %d", &a, &b);
        printf("%d\n", dp[a] - dp[b]);
    }
    return 0;
}

E. Soldier and Traveling

題意：有n 個城市，m 條道路（無向），城市裏有一些士兵，問在每個士兵只能走一次的情況下，能不能把原來的各城市的士兵數(a1,a2,...an) 變成(b1,b2,...,bn) 。如果能給出任一個調整方案。
題解：網絡流。建圖時，增加源點source ，匯點dest ，每個城市作爲一個點，同時拆點爲i 何i+n ，如果有道路(x,y) ，那麼建邊x→n+y 和 y→n+x ，容量分別爲ax 和ay 。同時，源點和點i1≤i≤n 之間建邊，容量爲ax ；匯點和點in+1≤i≤2∗n 之間建邊，容量爲bi 。得到source 到dest 的最大流flow 後，判斷flow 是否等於所有點的士兵總和∑ni=1ai 即可。當然，也應該要判斷∑ni=1ai 和∑ni=1bi 是否相等。
參考代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int INF = 0xfffffff;
const int MAX = 107 << 1;
struct Edge {
    int to;
    int flow;
    int cap;
    int rev; //mapto Edge G[to][rev]
};
vector<Edge> G[MAX];
int level[MAX];
//store answer
int ans[MAX][MAX];
int n, m;
int a[MAX], b[MAX];

void addEdge(int from, int to, int cap) {
    G[from].push_back((struct Edge){to, 0, cap, G[to].size()});
    G[to].push_back((struct Edge){from, cap, cap, G[from].size() - 1});
}

bool bfs(int s, int t) {
    memset(level, -1, sizeof(level));
    level[s] = 0;
    queue<int> Q;
    Q.push(s);
    while (!Q.empty()) {
        int p = Q.front();
        Q.pop();

        for (vector<Edge>::iterator it = G[p].begin(); it != G[p].end(); ++it) {
            if (level[it->to] == -1 && it->flow < it->cap) {
                Q.push(it->to);
                level[it->to] = level[p] + 1;
                if (it->to == t) {
                    return true;
                }
            }
        }
    }
    //printf("No Road.\n");
    return false;
}

int dfs(int s, int t, int flow) {
    if (s == t) {
        return flow;
    }
    int sum = 0, tmp;
    for (vector<Edge>::iterator it = G[s].begin(); it != G[s].end(); ++it) {
        if (level[it->to] == level[s] + 1 && it->flow < it->cap) {
            tmp = dfs(it->to, t, min(flow, it->cap - it->flow));
            //printf("gao(%d, %d), fetch %d\n", s, it->to, tmp);
            it->flow += tmp;
            G[it->to][it->rev].flow -= tmp;
            sum += tmp;
            flow -= tmp;
        }
    }
    return sum;
}

int dinic(int s, int t) {
    int sum = 0;
    while (bfs(s, t)) {
        sum += dfs(s, t, INF);
    }
    return sum;
}

inline int ex(int x) {
    return (x >= 1 && x <= n) ? x : x - n;
}

int main() {
    while (~scanf(" %d %d", &n, &m)) {
        for (int i = 0; i < MAX; ++i) {
            G[i].clear();
        }

        int source = 0, dest = n << 1 | 1;
        int sum1 = 0, sum2 = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf(" %d", a + i);
            sum1 += a[i];
            addEdge(source, i, a[i]);
            addEdge(i, i + n, a[i]);
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf(" %d", b + i);
            sum2 += b[i];
            addEdge(i + n, dest, b[i]);
        }

        int x, y;
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            scanf(" %d %d", &x, &y);
            //match point <x, n + y>
            addEdge(x, n + y, a[x]);
            addEdge(y, n + x, a[y]);
        }

        int flow = dinic(source, dest);
        //printf("flow = %d\n", flow);

        if (sum1 != sum2 || flow != sum2) {
            puts("NO");
        } else {
            puts("YES");
            memset(ans, 0, sizeof(ans));
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                ans[i][i] = a[i];
            }
            /*
            for (int i = source; i <= dest; ++i) {
                for (int j = 0; j < G[i].size(); ++j) {
                    printf("(%d, %d) -> %d\n", i, G[i][j].to, G[i][j].flow);
                }
            }
            puts("----");
            */
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                for (int j = 0; j < G[i].size(); ++j) {
                    Edge& e = G[i][j];
                    if (e.flow > 0) {
                        ans[i][i] -= e.flow;
                        ans[i][e.to - n] += e.flow;
                    }
                }
            }
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                    printf("%d%c", ans[i][j], j == n ? '\n' : ' ');
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}

【套題】Codeforces#304(div2)

A. Soldier and Bananas

B. Soldier and Badges

C. Soldier and Cards

D. Soldier and Number Game

E. Soldier and Traveling

python gdal 安裝使用（Windows， python 3.6.8）

【小結】最小費用流&最大權閉合圖

【套題】Codeforces#304(div2)

控制作業①

【多校10】HDU 5407 5410 5411 5414 5416

【小結】SG生成函數(Grundy函數)

Mac下配置sublime實現LaTeX

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結