Codeforces Round 988 (Div. 3)
Codeforces Round 988 (Div. 3) 总结
A
没啥好说的，用桶存出现次数。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=25;
int n;
int a[N],c[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],c[a[i]]++;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=c[i]/2;
c[i]=0;
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
B
依据题意有 \(n \times m+2=k\)，则 \(n \times m=k-2\)，将 \(k-2\) 分解，检验是否出现在 \(a\) 中即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int k;
int a[N],c[N];
void solve()
{
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++) cin>>a[i],c[i]=0;
for(int i=1;i<=k;i++) c[a[i]]++;
int x=k-2;
for(int i=1;1ll*i*i<=x;i++)
if(x%i==0&&c[i]&&c[x/i])
{
cout<<i<<' '<<x/i<<'\n';
return ;
}
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
C
首先容易想到，奇数相加可行，偶数相加可行，而最小的奇合数为 \(9=4+5\)，所以 \(n \ge 5\) 时有解，\(n=5\) 时为 \(1,3,5,4,2\)。\(n>5\) 只需要将偶数添加到队尾，奇数添加到队头即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
if(n<=4)
{
cout<<-1<<'\n';
return ;
}
int cnt=0;
for(int i=7;i<=n;i+=2) cout<<i<<' ';
cout<<"1 3 5 4 2 ";
for(int i=6;i<=n;i+=2) cout<<i<<' ';
cout<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
D
考虑贪心，首先能不捡就不捡，遇到障碍跳不过去时，才返回去捡加速器，要求捡的次数最小，所以回去捡的加速器要先捡大的。
因此枚举障碍 \(i\)，要跳过去必须满足 \(k \ge r_i-l_i+2\)，用大根堆存加速器的信息，如果全部取出来加到 \(k\) 上仍不满足，说明无法完成。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n,m,L;
int l[N],r[N];
int x[N],v[N];
priority_queue<int> q;
void solve()
{
cin>>n>>m>>L;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>l[i]>>r[i];
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>x[i]>>v[i];
int k=1,id=1,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int len=r[i]-l[i]+2;
while(x[id]<l[i]&&id<=m) q.push(v[id]),id++;
while(q.size()&&k<len) k+=q.top(),ans++,q.pop();
if(k<len)
{
cout<<-1<<'\n';
return ;
}
}
while(q.size()) q.pop();
cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
E
交互题，记得用 endl 或者 cout.flush() 清空缓存区。
询问次数最大为 \(n\)，设 \(k_i=f(1,i)\) \((2 \le i \le n)\)。
先考虑无解的情况，显然是 \(k_n=0\) 时不能确定答案。
然后遍历 \(k\)，考虑如果 \(s_i=0\)，则一定有 \(k_i=k_{i-1}\)。所以当 \(k_i>k{i-1}\) 时，\(s_i=1\)。但这样有一个问题，如果 \(s\) 为 \(\mathtt{111\dots000\dots1\dots}\)，那么开头的 \(1\) 也都不会有贡献。所以找到第一个不等于 \(0\) 的 \(k_i\)，说明 \([1,i-1]\) 中有 \(k_i\) 个 \(0\)，所以开头就有 \(i-1-k_i\) 个 \(1\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e4+5;
int n;
int s[N];
int query(int l,int r)
{
int x;
cout<<"? "<<l<<" "<<r<<' '<<endl;
cin>>x;
return x;
}
int k[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=0;
for(int i=2;i<=n;i++) k[i]=query(1,i);
if(k[n]==0)
{
cout<<"! IMPOSSIBLE "<<endl;
return ;
}
for(int i=2;i<=n;i++) if(k[i]>k[i-1]) s[i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(s[i])
{
for(int j=1;j<=i-1-k[i];j++) s[j]=1;
break;
}
cout<<"! ";
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<s[i];
cout<<' '<<endl;
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
F
二分答案，设攻击了 \(k\) 次。
因为只能是在同一个位置 \(p\) 攻击，所以第 \(i\) 个敌人每次攻击需要受到至少 \(t_i=\lceil\frac{h_i}{k}\rceil\) 的伤害，因此 \(p\) 的范围就是 \([x_i-(m-t[i]),x_i+(m-t[i])]\)，若 \(m < t_i\) 则一定无法击败第 \(i\) 个敌人。
这样就转化成了 \(n\) 个区间的覆盖问题，问是否有一个点被覆盖了至少 \(k\) 次。
离散化加差分轻松搞定，复杂度为 \(O(n\log(n)\log(V))\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,inf=1e9;
int n,m,k;
int h[N],x[N],t[N];
int tot;
int b[N],c[N];
bool check(int k)
{
tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
t[i]=(h[i]+k-1)/k;
if(t[i]<=m)
{
c[++tot]=x[i]-(m-t[i]);
c[++tot]=x[i]+(m-t[i])+1;
}
}
sort(c+1,c+tot+1);
tot=unique(c+1,c+tot+1)-c-1;
for(int i=1;i<=tot;i++) b[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(t[i]<=m)
{
int l=lower_bound(c+1,c+tot+1,x[i]-(m-t[i]))-c;
int r=lower_bound(c+1,c+tot+1,x[i]+(m-t[i])+1)-c;
b[l]++,b[r]--;
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++) b[i]+=b[i-1];
for(int i=1;i<=tot;i++) if(b[i]>=k) return 1;
return 0;
}
void solve()
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
int l=1,r=inf,mid,ans=-1;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
G
dp 加容斥。
逐步推导，设 \(f_i\) 为从 \(1\) 到 \(i\) 的方案数，按题意模拟就有：
\]
\]
这样做是 \(O(n^2)\) 的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,mod=998244353,M=1e6+5;
int n;
int a[N];
int f[N];
int gcd(int x,int y)
{
return y ? gcd(y,x%y) : x;
}
vector<int> g[M],h[N];
set<int> v;
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i-1;j++)
if(gcd(a[i],a[j])!=1)
f[i]=(f[i]+f[j])%mod;
cout<<f[n]<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
考虑优化，不难发现我们其实并不在意具体的 \(\gcd(a_i,a_j)\) 是啥，只要求不为 \(1\)，将 \(a_i\) 质因数分解，\(a_i\) 与 \(a_j\) 是通过相同的质因数产生联系的。每次分解 \(a_i\)，找前面的位置进行转移。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,mod=998244353,M=1e6+5;
int n;
int a[N],f[N];
vector<int> g[M],h[N];
set<int> v;
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int x=a[1];
for(int j=2;1ll*j*j<=n;j++)
{
if(x%j==0)
{
g[j].push_back(1);
while(x%j==0) x/=j;
}
}
if(x>1) g[x].push_back(1);
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x=a[i];
for(int j=2;1ll*j*j<=x;j++)
{
if(x%j==0)
{
for(int k:g[j])
{
if(v.count(k)==0) f[i]=(f[i]+f[k])%mod;
v.insert(k);
}
g[j].push_back(i);
while(x%j==0) x/=j;
}
}
if(x>1)
{
for(int k:g[x])
{
if(v.count(k)==0) f[i]=(f[i]+f[k])%mod;
v.insert(k);
}
g[x].push_back(i);
}
v.clear();
}
cout<<f[n]<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
但这样还是过不了。因为这最坏还是 \(O(n^2)\) 的，随便就能卡掉。
然后不妨按质因数划分集合，设 \(b_x\) 为质因数为 \(x\) 的数产生的贡献。这样每次 \(a_i\) 分解出 \(x\) \(f_i\) 只需要加上 \(b_x\) 就行了。但是仅仅如此的话连样例都过不了。
考虑这样一组数据 \(\mathtt{6,6}\)。\(i=1\)，\(f_1=1\)，更新 \(b\)，有 \(b_2=1,b_3=1\)。\(i=2\)，\(f_2=b_2+b_3=2\)，但实际上是 \(f_2=1\)。
这里就是 \(2\) 和 \(3\) 重复算了，因为这里显然还要减去 \(6\) 出现的次数 \(1\)。
如何避免这样情况呢？用容斥原理。
将 \(a_i\) 质因数分解后，每个质因数只取一次相乘得到 \(y\)，取 \(y\) 的所有约数放在动态数组 g[a[i]] 中。比如 g[12]={2,3,6}，g[6]={2,3,6}，这时候可以计算上面例子，\(i=1\)，有 \(b_2=b_3=b_6=1\)，\(i=2\)，有 \(f_2=b_2+b_3-b_6=1\)。
也就是说在每次更新 \(f_i\) 时对于 g[a[i]] 中的每个元素 \(x\)，如果 \(x\) 的质因数个数为奇数，说明要加上贡献，否则减去贡献。同样 \(b_x\) 的更新也需要取 g[a[i]] 中的每个元素 \(x\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,M=1e6+5,mod=998244353;
int n;
int a[N],b[M],f[N];
vector<int> g[M],h[M];
void divide1(int x,int id)
{
for(int i=2;1ll*i*i<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
h[id].push_back(i);
while(x%i==0) x/=i;
}
}
if(x>1) h[id].push_back(x);
}
void divide2(int x,int id)
{
x=1;
for(auto t:h[id]) x*=t;
for(int i=2;1ll*i*i<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
g[id].push_back(i);
if(x!=i) g[id].push_back(x/i);
}
}
if(x>1) g[id].push_back(x);
}
void solve()
{
cin>>n;
int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],mx=max(mx,a[i]);
for(int i=2;i<=mx;i++) divide1(i,i),divide2(i,i);
f[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(auto x:g[a[i]])
{
if(h[x].size()&1) f[i]=(f[i]+b[x])%mod;
else f[i]=(f[i]+mod-b[x])%mod;
}
for(auto x:g[a[i]]) b[x]=(b[x]+f[i])%mod;
}
cout<<f[n]<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
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