AtCoder | ABC 125 Person Editorial

开始补AtCoder的数学题了，练下思维

AB两道都很简单，看懂题就OK。

C，D稍微麻烦一些

Problem C: GCD On Blackboard

为了解决此问题，我们需要了解最大公约数（GCD）的某些属性。

第一点是，GCD是可交换的（GCD（a，b）= GCD（b，a））。

第二个是3个数字的GCD是关联的（GCD（a，GCD（b，c））= GCD（GCD（a，b），c））。

最后，在不失一般性的前提下，如果a和b是2个正数且a <= b，则GCD（a，b）<= a。换句话说，2个数字的GCD最多等于较小的数字。

回到问题陈述，我们有一个数字列表，可以修改列表中的一个数字，然后用另一个数字替换它，以使列表的GCD最大化。让我们将关于GCD的已知知识应用于此问题：

假设我们的列表 $A = A_1，A_2，A_3，...，A_n$，我们希望修改索引 $A_i$。根据关联规则，我们知道：GCD（A1，A2，A3，...，Ai，...，An）可以重新排序为：GCD（A1，A2，A3，...，An，Ai）。换句话说，我们可以计算除 $A_i$以外的所有数字的GCD，然后使用$A_i$计算结果的GCD的结果。令g为除$A_i$以外的所有数字的GCD。现在我们希望最大化GCD（g，Ai）。由于对$A_i$进行简化后我们可以获得的最大GCD为g，因此答案为g。

因此，我们知道在位置i处可获得的最大gcd是除$A_i$以外的所有数字的gcd。如果我们在每个 $i$ 处计算这些gcd值，则所有结果的最大值是修改列表中的数字后可能的最大GCD。

那么我们将如何实现该算法？为方便起见，让我们定义$R_i$和$L_i$的两个功能，如下所示：

\[R_{n + 1} = 0\\R_i = GCD(R_{i + 1},A_i)\\L_0= 0\\L_i = GCD(L_{i - 1},A_i)
\]

$L_i$代表A1…Ai的gcd，$R_i$代表Ai…An的GCD。如果我们希望找到除Ai以外的所有元素的GCD，则可以找到Mi = GCD（Li-1，Ri + 1）。这表示除Ai以外的所有数字的GCD。

我们可以预先计算R和L。最后，我们可以找到Mi的每个值，然后计算出最大值，这就是我们的答案。示例代码如下（复杂度为$O（n）$）：

const int N = 100000 + 5;

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    // L_i = gcd(A_1, A_2, A_3, ... A_i)

    // R_i = gcd(A_i, A_{i+1}, A_{i+1}, ..., A_n)

    int n;

    ll a[N], L[N], R[N];

    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {

        cin >> a[i];

        L[i] = R[i] = a[i];

    }

    // precomputing L[i]

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        L[i] = __gcd(L[i], L[i - 1]);

    }

    // precomputing R[i]

    for (int i = n; i > 0; i--) {

        R[i] = __gcd(R[i], R[i + 1]);

    }

    // computing each m_i and the max value

    int res = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        int m = __gcd(L[i - 1], R[i + 1]);

        res = max(m, res);

    }

    cout << res;

    return 0;

}

Problem D: Flipping Signs

让我们考虑元素A1，A2，A3，…，An的列表。我们被允许翻转任意两个连续元素Ai和Ai + 1的符号。需要注意的一个有用观察结果是（除了最后一个元素），我们可以翻转任何Ai的符号而不会影响Ai-1。

但是我们如何利用这个事实呢？好吧，我们知道我们可以使从i = 1到i = n-1的每个元素对于任何列表都是正的。由于我们不在乎操作数量，因此这种贪婪的方法效果很好。

给定任何数字A列表，我们将能够使用此方法使除最后一个元素之外的所有Ai均为正。最后一个元素将为负或正。让我们分别处理这种情况。

所以现在我们可以将最后一个元素设为正数或负数。如果为正，则所有元素均为正，列表的总和就是我们的答案。如果它是负数，那么我们需要检查一些变化以获得最大的总和结果。首先，我们需要检查最后两个元素中哪个更大。由于我们可以使最后一个元素为正，而使An-1为负。实际上，我们可以使任何一个Aj为负（j <n），以使最后一个元素为正。考虑三个连续的正a，b，c元素。我们首先可以翻转a和b的符号，这将使它们变为负数。在下一步中，我们可以翻转b的符号，这将使b变为正，而c变为负。这将使a变为负数，我们可以再次翻转c的符号使其变为正数，依此类推。我们可以链接此操作，该操作将只留下a为负数，其余元素保持正值（最后一个元素除外，该元素将从负数变为正数）。

因此，我们有了算法最后一步的配方：我们检查范围A1…An-1中的最小元素。将此最小元素称为m。如果m <An，则将m的符号翻转为负，然后使An为正。否则，我们将m保持为正。这个清单的总和就是我们的答案。

Bellow是此解决方案的C ++实现。注意，该解决方案与列表的其余部分分开处理An-1，An的情况，但是它与上述算法相同。

using ll = long long;

const int N = 1e5 + 10;

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    int n, A[N];

    // store the sum of the result in a long long pair

    ll s = 0;

    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> A[i];

    for (int i = 1; i <= n - 2; ++i) {

        if (A[i] < 0) A[i] *= -1, A[i + 1] *= -1;

        s += A[i];

    }

    // if n is 2, we only need to consider those

    // Also , if the last 2 elements are either both positive

    // or both negative then we simply flip their signs too

    if ((n == 2) or (A[n] > 0 and A[n - 1] > 0) or (A[n] < 0 and A[n - 1] < 0))

        s += max(A[n - 1] + A[n], -A[n - 1] - A[n]);

    else {

        // find the min element in the list (excluding last 2 elements)

        int* mni = min_element(A + 1, A + n - 2);

        int mnv = *mni;

        // if the minimum value in the remaining list is larger than

        // the smaller value of the last 2 elements, then we should

        // just keep it positive

        if (mnv > min(abs(A[n - 1]), abs(A[n]))) {

            s += max(A[n - 1] + A[n], -A[n - 1] - A[n]);

        }

        // otherwise, we can make that value negative, and include the

        // last 2 elements as positive elements

        else {

            s -= mnv * 2;

            s += abs(A[n - 1]);

            s += abs(A[n]);

        }

    }

    cout << s << "\n";

    return 0;

}