HGOI 20190519 题解
脑补了一下今天的比赛难度和之前zju-lzw出的题目画风迥异。
难度完全不是一个水平的好伐。
Probem A palindrome
给出一个$n$个元素的数组,可以任意指定一个数字$m$让所有$a_i = a_i \% m$。
使得最终得出的数组成为形如$\{1,2,3,2,1\}$的回文数组,求最大的$m$。
对于100%的数据$1\leq n \leq 10^5,1 \leq a_i \leq 10^9$
Sol: 我们要求同余方程 $ \left\{\begin{matrix} a_1 \equiv a_n (mod \ m)\\ ...\\ a_i \equiv a_{n-i+1}(mod \ m)\\ ...\\ a_n \equiv a_1(mod \ m)\\ \end{matrix}\right.$的最大解$m$,
显然的我们考虑一种普遍的情况$a \equiv b (mod \ p)$。
定理:上述结论成立的充分必要条件是$|a-b| \equiv 0 (mod \ p)$
充分性:设$a \leq b$ 那么有 $b-a = kp$即$b = kp + a$显然$a \equiv b (mod \ p) $
必要性:证明同理。 所以这两个命题是等价的关系。
所以我们只要做差求gcd 就可以了。
- # include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- const int N=1e5+;
- int a[N];
- int gcd(int a,int b)
- {
- if (b==) return a;
- return gcd(b,a%b);
- }
- int main()
- {
- int n; scanf("%d",&n);
- for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
- int ans=;
- for (int i=;i<=n/;i++) ans=gcd(ans,abs(a[n-i+]-a[i]));
- if (ans==) puts("-1");
- else printf("%d\n",ans);
- return ;
- }
palindrome.cpp
Probem B factorial
给出一个序列$\{a_i\}$,完成三种操作:
1.区间 [l,r] 所有数+1
2.询问区间 [l,r] $\sum\limits_{i=l}^{r} a_i ! \ mod 10^9$
3.单点更新pos,val
对于100%的数据$n,m \leq 10^5 \ val,a_i\leq 10^9$
Sol: 都9102年了还是有人不知道线段树的骚操作。
模数是个合数你有什么好说的,一定有鬼。
发现$40! \ mod 10^9 = 0$于是我们所有的操作都打上了 $40$次的限制。
不需要懒标记,直接下放到叶子节点就可以。
复杂度$O(40\times n log_2 n)$
- # include <bits/stdc++.h>
- # define int long long
- using namespace std;
- const int N=1e5+;
- const int mo=1e9;
- int t[N<<],s[],g[N<<],a[N];
- int n,m;
- void build(int x,int l,int r)
- {
- if (l==r) { g[x]=a[l]; g[x]=min(g[x],41ll); t[x]=s[g[x]]; return;}
- int mid=(l+r)/;
- build(*x,l,mid);
- build(*x+,mid+,r);
- t[x]=(t[*x]+t[*x+])%mo;
- g[x]=g[*x]+g[*x+];
- }
- void update1(int x,int l,int r,int ql,int qr)
- {
- if (g[x]>=(r-l+)*) return;
- if (l==r) { g[x]++; g[x]=min(g[x],41ll); t[x]=s[g[x]]; return;}
- int mid=(l+r)/;
- if (ql<=mid) update1(*x,l,mid,ql,qr);
- if (qr>mid) update1(*x+,mid+,r,ql,qr);
- t[x]=(t[*x]+t[*x+])%mo;
- g[x]=g[*x]+g[*x+];
- }
- void update2(int x,int l,int r,int pos,int val)
- {
- if (l==r) { g[x]=val; g[x]=min(g[x],41ll); t[x]=s[g[x]]; return;}
- int mid=(l+r)/;
- if (pos<=mid) update2(*x,l,mid,pos,val);
- else update2(*x+,mid+,r,pos,val);
- t[x]=(t[*x]+t[*x+])%mo;
- g[x]=g[*x]+g[*x+];
- }
- int query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
- {
- if (ql<=l&&r<=qr) return t[x];
- int mid=(l+r)/,ret=;
- if (ql<=mid) ret=(ret+query(*x,l,mid,ql,qr))%mo;
- if (qr>mid) ret=(ret+query(*x+,mid+,r,ql,qr))%mo;
- return ret;
- }
- signed main()
- {
- scanf("%lld%lld",&n,&m);
- for (int i=;i<=n;i++) {
- scanf("%lld",&a[i]);
- }
- s[]=; for (int i=;i<=;i++) s[i]=s[i-]*i%mo; s[]=;
- build(,,n);
- while (m--) {
- int op,l,r;
- scanf("%lld%lld%lld",&op,&l,&r);
- if (op==) {
- update1(,,n,l,r);
- } else if (op==) {
- printf("%lld\n",query(,,n,l,r));
- } else if (op==) {
- update2(,,n,l,r);
- }
- }
- return ;
- }
factorial.cpp
Problem C triangle
定义函数$f(x) = $为一条直角边为$x$的正整数边长直角三角形种类数。
给出$q$组询问,每个询问含有一个值$n$ ,询问$f(x) = n$的最小整数解$x_{min}$
对于100%的数据,$q\leq 10^5 , 1\leq n \leq 10^6$
Sol : $n^2 +b^2 = c^2 $得出$n^2=(c+b)(c-b)-st(s=c+b,t=c-b)$
解得$c = \frac{s+t}{2} , b = \frac{s-t}{2} , t < s$。
结合三角形是边长是整数,即$b,c \in Z$
所以任意解$(s,t)$可以用$st = n^2,s > t, s \equiv t (mod \ 2)$
所以我们估计$f(n) = \frac{d(n^2)}{2}$规模的 , 手玩一下我们会发现。
对$n$质因数分解$n = 2^{k_2} \times 3 ^{k_3} \times 5^{k_5} ... $
所以$n^2 = 2^{2k_2} \times 3 ^{2k_3} \times 5^{2k_5} ...$
由于$s,t$的奇偶性必须同奇同偶,所以$2k_2$个$2$不能全分给$s,t$减少了一些方案。
其质因子需要任意分。三角形边长不能为0,所以排除$s=t$的情况,还需-1。
所以$f(n) = \frac{2{k_2}(2{k_3}+1)(2{k_5}+1)...}{2}$
令$f(x) = n$,对于选中的$x$,需要最小,使得$2{k_2}(2{k_3}+1)(2{k_5}+1)... = 2n+1$
用若干(取个14个就够了)个小素数来组成$m$可以保证m最小,依次考虑每次质数,背包一下就行了。
复杂度$O(qk^2) , k =14$
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- #define N 2000010
- typedef long long LL;
- LL F[N];
- LL temp[N];
- const LL lim = 1e16;
- int p[] = {, , , , , , , , , , , , , , };
- void up(LL &x, LL y) { if (x == ) x = y; else x = min(x, y);}
- int main()
- {
- F[] = ;
- for (int i = ; i <= p[]; ++i) {
- memset(temp, , sizeof(temp));
- for (int j = ; j < N; ++j) {
- if (F[j] == ) continue;
- int kk = ; LL s = ;
- while (true) {
- if (j*(kk*+) >= N) break;
- if (F[j] > lim / s) break;
- if (i > || kk == ) up(temp[j*(kk*+)], F[j]*s);
- ++kk;
- if (s > lim / p[i]) break;
- s = s * p[i];
- }
- }
- memcpy(F, temp, sizeof(temp));
- }
- int T, n; scanf("%d", &T);
- while (T--) {
- scanf("%d", &n);
- LL ans = lim + ;
- if (F[*n+]) ans = min(ans, F[*n+]);
- LL w = ;
- for (int k = ; k < ; ++k, w = w * ) {
- if ((*n+) % (*k-)) continue;
- LL t = F[(*n+)/(*k-)];
- if (t && t <= lim / w) ans = min(ans, t*w);
- }
- if (ans == lim+) ans = -;
- printf("%lld\n", ans);
- }
- return ;
- }
triangle.cpp
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