Contest 984

A

先手取最大，后手取最小，答案就是第 \(\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 小的数。

用 nth_element 可以做到 \(O\left(n\right)\)。

B

模拟，时间复杂度 \(O\left(nm\right)\)。

C

如果约分后 \(q\) 中存在某个质因数 \(b\) 中没有，则无法除尽，比较显然就不证了，可以对着十进制想一想。

但是太大了根号分解质因数会爆炸怎么办？

发现我们并不关心具体的质因数，我们只需要将他们去掉，这不禁让人想到 \(\gcd\)。

于是就有了一个比较慢的做法，\(q\) 每次除以 \(\gcd\left(q,b\right)\)，如果 \(\gcd=1\) 了就停下了，此时如果 \(q\) 是 \(1\) 就能整除了。

时间复杂度先鸽着，可能会 \(\texttt{TLE}\)。

考虑能否更进一步优化。在做一次 \(\gcd\) 的时候，我们发现 \(b\) 中有的质因数如果在 \(\gcd\) 中没出现，那么它在 \(q\) 中必定也没出现。也就是说有贡献的质因数一定在 \(\gcd\) 中出现了，所以我们可以直接将 \(b\) 用 \(\gcd\left(q,b\right)\) 替换，这样的时间复杂度先鸽着。

代码贴一下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read()
{
	ll A;
	bool K;
	char C;
	C=A=K=0;
	while(C<'0'||C>'9')K|=C=='-',C=getchar();
	while(C>'/'&&C<':')A=(A<<3)+(A<<1)+(C^48),C=getchar();
	return(K?-A:A);
}
ll gcd(ll _,ll __)
{
	return(!_?__:gcd(__%_,_));
}
bool pd(ll x,ll y)
{
	return(gcd(x,y)==1?x==1:pd(x/gcd(x,y),gcd(x,y)));
}
int main()
{
	int n;
	ll p,q,b;
	n=read();
	while(n--)
	{
		p=read(),q=read(),b=read();
		q/=gcd(p,q);
		puts((pd(q,b)?"Finite":"Infinite"));
	}
	return 0;
}

回寝室的时候问了下马阿克，发现我傻逼了……只要判一下 \(b^{\log q}\) 能否被 \(q\) 整除就好了，这样的时间复杂度是 \(O\left(n\log q\right)\) 的（瓶颈反而在于约分和算出 \(\log q\)）。

D

很有趣的一道 DP 题。

对于一个长度为 \(len\) 的区间，被它包含的所有长度小于等于 \(len\) 的区间都能取到。

所以我们可以令 \(a_{i,j}\) 表示长度为 \(i\)，以 \(j\) 作为左端点的区间的答案。

发现所有长度小于等于 \(i-1\) 的区间在 \(\left[j,j+i-2\right]\) 和 \(\left[j+1,j+i-1\right]\) 中至少能取到一次。

现在只要解决新加入的一个区间 \(\left[j,j+i-1\right]\)，即快速算出 \(f\left(j\to j+i-1\right)\)。

模拟出整个倒三角形，其实 \(f\left(j\to j+i-1\right)\) 就是第 \(i\) 行第 \(j\) 列的数。

时间复杂度 \(O\left(n^2+q\right)\)。

E

卡常好题。

首先要观察到人进入电梯的顺序是固定的，可以搞进状态里。而楼层和容纳人数很少，也可以搞进状态里。

此处要注意，在电梯中，我们只关心一个人的目标楼层，而不关心他的具体编号。

令 \(dp_{now,high,pos1,pos2,pos3,pos4,0/1}\) 表示前 \(now\) 个人，当前楼层为 \(high\)，电梯里的四个人的目标楼层（为 \(0\) 代表当前位置没人）以及当前电梯必须向上/下移动。

最后一维是为了防止出现反复横跳的情况。

发现转移比较恶心，不知道具体的转移顺序，考虑记忆化搜索。但问题又来了，\(2000\times 9\times 10^4\times 2=360000000\)，这么大的数组拿头开。

此处有两个解决方案：

• 强行限制状态，将目标楼层从大到小排序或者从小到大排序，这样方案数按不同数的个数算一下就是 \(\binom{10}{4}+\binom{10}{3}\times 3+\binom{10}{2}\times 3+\binom{10}{1}=715\)。
  
  只需要开 \(2000\times 9\times 715\times 2=25740000\) 大小的数组即可。
• 滚动数组优化记忆化搜索。依次枚举人，第一维只与上一个有关。所以当前人进入电梯时从上一个转移过来，其它情况直接记搜。
  
  只需要开 \(9\times 10^4\times 2^2=360000\) 大小的数组即可。

当然你可以两个一起用。

显然的，这两种方法都非常之慢，尤其是第二种。如果你写了第二种的话，要加上四个优化（第一种没试过不清楚）：

• 当有人下电梯时，递归下去后直接返回。因为能下电梯显然下，代价一样，这样不会占着位子。
• 当有人上电梯时，递归下去后直接返回。因为能上电梯显然上，代价一样，避免下次特意回来接。
• 尽量把递归下去后算出的值存下来，避免再次调用。虽然后面递归时会直接返回，但递归本身非常耗时间。
• 火车头。

前两个加上后可以免去很多多余的取最小值步骤。

时间复杂度 \(O\left(n\right)\)，\(2000\) 最慢跑了 \(2979ms\) 你敢信？

另：有直接 DP 的做法，似乎是根据接人送人的顺序来搞的，参考这里。

要看记搜的第一种做法则可以参考这里。