Educational Codeforces Round 37

这场有点炸，题目比较水，但只做了3题QAQ。还是实力不够啊！

写下题解算了……（写的比较粗糙，细节或者bug可以私聊2333）

A. Water The Garden

题意

给你一个长度为$n$的池子，告诉你哪些地方一开始有水，每秒可以向左和向右增加一格的水，问什么时候全部充满水。($n \le 200$)

题解

按题意模拟。每次进来一个水龙头，就更新所有点的答案（取$min$)。最后把所有点取个$max$就可以了。

B. Tea Queue

题意

有$n$个人来喝咖啡。咖啡店每个时刻只能有一个人在喝咖啡。第$i$个人有进来的时间$l_i$和离开的时间$r_i$，这意味着他会在$l_i$时间来排队，如果到$r_i$的时候还没喝到咖啡，他就会离开队列。

同时有多个人来排的话，编号小的在前面。问每个人最早喝到咖啡的时间，如果不能喝到就输出$0$。

($n \le 1000 \ \ l_i,r_i \le 5000$) 输入数据已经按照$l_i$非降序排列。有$T$组数据。($T \le 1000$)

题解

又是一个模拟...我没有用队列去写，而用一个$set$去模拟这个队列。定义一个pair<int, int> set S，第一关键字是他进来的时间，第二关键字是他的编号，每秒取S.begin()就行了。中间删除也很好用。

C. Swap Adjacent Elements

题意

给你一个长度为$n$的排列，然后告诉你一些位置（这些位置相邻）能进行交换，判断是否能将原序列变得有序。($n \le 200000$)

题解

考虑一个分组，将这个段分成很多子段。这些段内部可以相互任意交换，所以这种段就直接能排好序。然后我们就可以对于每段check一下，看它（这个段）是否本身就是在这个位置上。

即这个段为$[l,r]$时，$\forall i \in [l,r]$ 满足$a_i \in [l,r]$。这是因为段与段之间不可能有互换的操作，所以是相对独立的子段，本身位置不会有任何变动。

D. Tanks

这题我没看，也没做QAQ，似乎是一道构造？还是dp？全场A的最少的。。不想改了（绝对不是因为我懒，而是因为我菜2333）。

yyb过了Orz

E. Connected Components?

题意

给你一个有$n$个点的无向完全图，然后在里面删除$m$条边，求联通块数量和联通块大小。（$n,m \le 200000$）

题解

这个题就是个暴力优化……考虑一开始先找出大的联通块，然后不难想到按照点的度数从大到小进行排序。然后我们再维护一个剩余点集。

每次Dfs一个点，再枚举点集中的点，看是否连边。（一开始程序过了system test 后来被hack了QAQ 只是因为有些没搞到一起来）时间复杂度我不会分析QAQ……

但是第一次总能带走特别多的点，使得这个集合不是很大。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

using namespace std;

bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {

   int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();

    for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;

    for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ '0');

    return x * fh;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

	freopen ("e.in", "r", stdin);

	freopen ("e.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 200100;

int n, m;

struct point {

	int deg, no;

	bool operator < (const point &rhs) const {return deg > rhs.deg; }

};

point lt[N];

vector<int> ans;

int res = 0;

int L[N], R[N];

set<int> Ban[N];

int fa[N];

int find(int x) {

	return fa[x] == x ? x : (fa[x] = find(fa[x]) );

}

int sum[N];

bool vis[N];

inline void Delete(int x) {

	vis[x] = true;

	L[R[x]] = L[x];

	R[L[x]] = R[x];

}

inline void Connect(int a, int b) {

	int r1 = find(a), r2 = find(b);

	if (r1 == r2) return ;

	fa[r1] = r2;

}

int Col[N];

void Dfs(int u) {

	vector<int> Go;

	for (register int v = R[0]; v <= n; v = R[v])

		if (!vis[v] && Ban[u].find(v) == Ban[u].end() ) Connect(u, v), Delete(v), Go.push_back(v);

	for (register auto v : Go) Dfs(v);

}

int main () {

	File();

	cin >> n >> m;

	For (i, 1, n)

		lt[i].no = i, lt[i].deg = n - 1;

	For (i, 1, m) {

		int u = read(), v = read();

		Ban[v].insert(u);

		Ban[u].insert(v);

		--lt[u].deg; --lt[v].deg;

	}

	R[0] = 1;

	For (i, 1, n) L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;

	sort (lt + 1, lt + 1 + n);

	For (i, 1, n) fa[i] = i;

	For (i, 1, n)

		if (!vis[lt[i].no]) Delete(lt[i].no), Dfs(lt[i].no);

	For (i, 1, n) ++ sum[find(i)];

	For (i, 1, n) if (sum[i]) ans.push_back(sum[i]);

	sort (ans.begin(), ans.end() );

	cout << ans.size() << endl;

	for (auto i : ans)

		printf ("%d ", i);

    return 0;

}

F. SUM and REPLACE

题意

给你一个长为$n$的序列，每个数为$a_i$。共有$m$个操作，分为两种类别。第一种就是对于一个区间$[l,r]$中的所有数变为它们约数个数的数，第二种就是求区间$[l,r]$的和。（$n,m \le 3 \cdot 10^5 \ \ a_i \le 10^6$）

题解

这和之前两道题十分类似，一个是开方，一个是除以2。不难发现这些操作有效次数特别少。我用暴力筛，筛的约数个数，然后发现在$10^6$范围内最多操作6次。

然后可以直接裸一个线段树上去，支持单点修改和区间查询。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

using namespace std;

bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {

	int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();

	for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;

	for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ '0');

	return x * fh;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

	freopen ("f.in", "r", stdin);

	freopen ("f.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 1e6 + 1e3;

int n, m;

int d[N];

void Init(int maxn) {

	For (i, 1, maxn)

		for (register int j = i; j <= maxn; j += i) ++ d[j];

}

int maxv[N << 2], sumv[N << 2];

#define lson o << 1, l, mid

#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r

inline void push_up(int o) {

	maxv[o] = max(maxv[o << 1], maxv[o << 1 | 1]);

	sumv[o] = sumv[o << 1] + sumv[o << 1 | 1];

}

void Build(int o, int l, int r) {

	if (l == r) {maxv[o] = sumv[o] = read(); return ;}

	int mid = (l + r) >> 1; Build(lson); Build(rson); push_up(o);

}

int ul, ur;

void Update(int o, int l, int r) {

	if (maxv[o] <= 2) return ;

	if (l == r) { maxv[o] = d[maxv[o]]; sumv[o] = d[sumv[o]]; return ; }

	int mid = (l + r) >> 1;

	if (ul <= mid) Update(lson);

	if (ur > mid) Update(rson); push_up(o);

}

int ql, qr;

int Query(int o, int l, int r) {

	if (ql <= l && r <= qr) return sumv[o];

	int mid = (l + r) >> 1, res = 0;

	if (ql <= mid) res += Query(lson);

	if (qr > mid) res += Query(rson); return res;

}

int main () {

	File();

	Init((int)1e6);

	n = read(); m = read();

	Build(1, 1, n);

	For (i, 1, m) {

		int opt = read();

		if (opt == 1) {

			ul = read(); ur = read();

			Update(1, 1, n);

		} else {

			ql = read(); qr = read();

			printf ("%d\n", Query(1, 1, n) );

		}

	}

	return 0;

}

G. List Of Integers

题意

给你三个整数$x$,$p$,$k$。求满足条件$y > x$且$gcd(y,p)=1$的第$k$个$y$。

（$x,p,k \le 10^6$）

题解

一开始看错题，以为直接给你$y$求和，直接上莫比乌斯反演就行了。

但没关系，不难发现可以二分这个$y$。只要满足$sum_y-sum_x \ge k$ 的第一个就行了，此处的$sum_q$ 就是 $\sum \limits _{i=1}^{q} [gcd(i,p)=1]$。

我们简单化一下式子。

\[\sum \limits _{i=1}^{q} [gcd(i,p)=1]
\]

\[=\sum \limits _{i=1}^{q} \sum \limits_{d | gcd(i,p)} \mu(d)
\]

\[=\sum \limits _{d|p} \mu(d) \cdot \lfloor \frac {q}{d} \rfloor
\]

我们可以在$O(\sqrt{p})$的时间内求出$p$所有约数

（大约有$p^{1/3}$个）。然后就可以直接求了。

总时间复杂度为$O(T (\log 2e9 \cdot p^{1/3} + \sqrt p))$。

那个$2e9$是因为我不知道右边界有多大啊QAQ，随便取的，取小会WA。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

using namespace std;

bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {

    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();

    for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;

    for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ '0');

    return x * fh;

}

int x, p, k;

const int N = 1e6 + 1e3;

int mu[N], prime[N], cnt;

int fac[N];

bitset<N> is_prime;

void Init(int maxn) {

	is_prime.set();

	int res;

	is_prime[0] = is_prime[1] = false;

	mu[1] = 1;

	For (i, 2, maxn) {

		if (is_prime[i]) {

			prime[++cnt] = i; mu[i] = -1; fac[i] = i;

		}

		For (j, 1, cnt) {

			res = prime[j] * i;

			if (res > maxn) break ;

			is_prime[res] = false;

			if (!fac[res]) fac[res] = prime[j];

			if (i % prime[j]) mu[res] = -mu[i];

			else { mu[res] = 0; break; }

		}

	}

}

vector<int> V;

bool have[N];

inline void Resolve() {

	V.clear();

	For (i, 1, sqrt(p) ) if (!(p % i) ) {

		V.push_back(i);

		if (i * i != p) V.push_back(p / i);

	}

}

inline int Calc(int maxn) {

	int res = 0; for (auto i : V) res += mu[i] * (maxn / i);

	return res;

}

int main () {

	int cases = read();

	Init((int)1e6);

	while (cases --) {

		x = read(); p = read(); k = read();

		Resolve();

		int res1 = Calc(x), res2;

		int l = x, r = 1e9; int ans;

		while (l <= r) {

			int mid = (l + r) >> 1;

			res2 = Calc(mid);

			if (res2 - res1 >= k) {

				ans = mid;

				r = mid - 1;

			} else l = mid + 1;

		}

		cout << ans << endl;

	}

    return 0;

}

ps：yyb 把我吊起来打 Orz