[Codeforces Round #841]

Codeforces Round #841 (Div. 2) and Divide by Zero 2022

A. Joey Takes Money

Problem：

给一个正整数序列 $a_1,a_2,…,a_n (n≥2)$ ，能进行任意次操作，操作是：找到 $x$ 和 $y$ 使得 $x⋅y=a_i⋅a_j$ ，分别用 $x$ 和 $y$ 替换 $a_i$ 和 $a_j$ ，求操作过后最大的序列和

Solution：

贪心，对于两个正整数：

$a*b + 1-(a+b) = (a-1)(b-1) \ge 0$ 恒成立

所以将两数相乘并取 $a*b$ 和 $1$ 一定会使贡献增加

而两个乘的数越大，越能使贡献增加

所以贪心策略是把最大的数和其他所有的数乘，最后别忘了加上$n-1$ 个 $1$

Code:

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

int read()

{

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

	while(ch < '0'||ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}

	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}

	return x*f;

}

int a[60];

signed main()

{

	int t = read();

	while(t--)

	{

		int n = read();

		for(int i = 1;i <= n;i++) a[i] = read();

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

		int ans = a[n];

		for(int i = n - 1;i >= 1;i--)

		{

			ans*=a[i];

		}

		ans+=n-1;

		cout<<ans*2022<<endl;

	}

	return 0;

}

B. Kill Demodogs

Kill Demodogs

Problem：

给一个 $n \times n$ 的方格，第 $i$ 行第 $j$ 列的数值是 $x⋅y$

从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$ ，只能向下或向右走，求操作过后最大的序列和

Solution：

首先，可以看出这个方格是一个对称矩阵

其次，通过目测可以看出一直贴着主对角线走贡献最大

答案就是$ ∑i^2 + ∑i(i-1)$

$ ∑i^2 = n(n+1)(2n+1)/6$

$∑i(i-1) = ∑i^2 -∑i = n(n+1)(2n+1)/6 -n(n+1)/2$

把二者加起来，$O(1)$ 输出

Code:

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int mod = 1e9+7;

int read()

{

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

	while(ch < '0'||ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}

	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}

	return x*f;

}

signed main()

{

	int t = read();

	while(t--)

	{

		int n = read();

		int ans = ((337*n%mod)*(n+1)%mod)*(4*n%mod-1+mod)%mod;

		cout<<ans%mod<<endl;

	}

	return 0;

}

C. Even Subarrays

Even Subarrays

Problem：

给一个正整数序列 $a_1,a_2,…,a_n (1≤a_i≤n)$ 找到 $(i,j)$ 使得 $ a_i⊕a_{i+1}+⋯⊕a_j$ 有偶数个因数

完全平方数有奇数个因数，特别的，0被认为有奇数个因数

多组数据，$1≤t≤10^4$ , $2≤n≤2⋅10^5$

Solution：

首先要熟悉异或前缀和的概念，求出前缀和后

$ a_i⊕a_{i+1}+⋯⊕a_j$ 即为 $ sum_{i-1} ⊕sum_j$

枚举序列，对于当前数 $i$ ，考虑从前面的前缀和中找到位置$x (x < i)$ 使得 $ sum_{x} ⊕sum_i = k$ ，k不为完全平方数

那么其实就是找前面有没有异或前缀和为 $sum_{y}⊕k$ ，考虑开一个桶记录数量

考虑时间复杂度，枚举 $ k$ 为 $O(n^2)$ ，可以枚举完全平方数，最后用总子序列数减去，时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$

注意细节：前缀和为0的数量初始值为1，序列中两个数异或后理论最大值是$2n$，枚举 $k$ 时要考虑到

Code:

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int mod = 1e9+7;

int read()

{

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

	while(ch < '0'||ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}

	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}

	return x*f;

}

int a[200010];

int sum[200010];

int cnt[1000010];

signed main()

{

	int t = read();

	while(t--)

	{

		int n = read();

		for(int i = 1;i <= n;i++) a[i] = read();

		int ans = 0;

		cnt[0] = 1;//注意

		for(int j = 1;j <= n;j++)

		{

			sum[j] = sum[j-1]^a[j];

			for(int i = 0;i*i<=2*n;i++)//2*n注意

			{

				ans += cnt[sum[j]^(i*i)];

			}

			cnt[sum[j]]++;

		}

		cout<<(n+1)*n/2-ans<<endl;

		for(int i = 1;i <= n;i++) cnt[sum[i]] = 0,sum[i] = 0,a[i] = 0;

	}

	return 0;

}

D. Valiant's New Map

Valiant's New Map

Problem：

给一个 $n \times m$ 的方格，每个方格上有数$a_{i,j}$

找到一个数 $l$ 使得方格中存在一个 $l \times l$ 的正方形，其中所有的数都大于等于$l$，求$l$最大值

多组数据，$1≤t≤1000$ , $1≤n⋅m≤10^6$

Solution：

比较裸的二分题：

主要有两个细节

一是给的范围是 $1≤n⋅m≤10^6$ 存数要二维转一维

二是怎么较好的判断，这里的方法是运用二维前缀和，把$a_{i,j} \ge l$的赋值为1，否则为0，直接判断正方形中数据和是否为 $l \times l$

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int read()

{

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

	while(ch < '0'||ch > '9'){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}

	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}

	return x*f;

}

int dp[1000010],a[1000010];

int n,m;

int tr(int x,int y)

{

	return (x-1)*m+y;

}

bool check(int k)

{

	for(int i = 1;i <= n*m;i++) dp[i] = a[i] >= k?1:0;

	for(int i = 1;i <= n*m;i++)

	{

		int x = (i-1)/m + 1,y = (i-1)%m + 1;

		dp[i] = dp[i] + dp[tr(x-1,y)] + dp[tr(x,y-1)] - dp[tr(x-1,y-1)];

	}

	for(int i = tr(k,k);i <= n*m;i++)

	{

		int x = (i-1)/m + 1,y = (i-1)%m + 1;

		if(x < k||y < k) continue;

		int ans = dp[i] - dp[tr(x-k,y)] - dp[tr(x,y-k)] + dp[tr(x-k,y-k)];

		if(ans == k*k) return true;

		else continue;

	}

	return false;

}

int main()

{

	int T = read();

	while(T--)

	{

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

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

		{

			for(int j = 1;j <= m;j++)

			{

				a[tr(i,j)] = read();

			}

		}

		int l = 1,r = min(n,m);

		int ans = l;

		while(l <= r)

		{

			int mid = l + r>>1;

			if(check(mid))

			{

				ans = mid;

				l = mid+1;

			}

			else r = mid-1;

		}

		cout<<ans<<endl;

	}

	return 0;

}

E\F 没来得及看233