Codeforces Round #757 (Div. 2) 题解
Codeforces Round #757 (Div. 2) 题解
A：Divan and a Store
题目大意
给你若干个数，然后你要选若干个数，每个数都在 l~r 之间，你要在尽可能选多的数的同时保证所有你选的数的和不超过一个值。
思路
就直接贪心，把可以选的数拿出来排个序，从小到大能选就选即可。
代码
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#define ll long long
using namespace std;
int T, now, ans, x;
int n, l, r, k, a[101];
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d %d %d %d", &n, &l, &r, &k);
a[0] = 0; now = 0; ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &x);
if (l <= x && x <= r) a[++a[0]] = x;
}
sort(a + 1, a + a[0] + 1);
for (int i = 1; i <= a[0]; i++) {
now += a[i]; ans++;
if (now > k) {
now -= a[i]; ans--;
break;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
B：Divan and a New Project
题目大意
给你一个直线，然后起点在 0 位置，然后有 n 个地方可以让你选放在这个直线的 n 个地方（1~n 位置），然后每个地方要有去的次数。
每次去这个地方的费用是 \(2|x0-xi|\)（就是两个地方的距离差乘二），然后要你最小化费用并给出放置方案。
思路
显然又是一个贪心，就尽可能的把要去次数多的放的靠近 0 位置即可。
（也是一个排序的事情）
代码
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#include
#define ll long long
using namespace std;
struct node {
int x, id;
}a[200001];
int T;
int n, ans[200001];
ll answ, bas;
bool cmp(node x, node y) {
return x.x < y.x;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i].x), a[i].id = i;
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
answ = 0; bas = 1;
bool op = 0;
ans[0] = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--) {
ans[a[i].id] = bas;
if (op) ans[a[i].id] = -bas;
answ += 2ll * a[i].x * bas;
if (op == 0) op = 1;
else {
bas++; op = 0;
}
}
printf("%lld\n", answ);
for (int i = 0; i <= n; i++)
printf("%d ", ans[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
C：Divan and bitwise operations
题目大意
要你构造一个长为为 n 的数组，然后有一些限制条件：某一段区间的数与起来的结果是某个数。
然后要你输出你构造出的数组的权值，定义这个权值是它所有子序列的异或和的和。
然后多种构造方法输出任意一个的答案即可。
思路
考虑把构造和计算权值分开。
给出一种简单的构造方法：
首先二进制拆分，然后一开始默认全部都是 \(1\)，然后如果有一个限制条件要求某一段区间是 \(0\)，那就把他们都标记为 \(0\)。（这个可以用差分标记）
然后接着计算权值当然也是对于二进制每一位算贡献。
那我们就可以枚举子序列有多少个这一位是 1 的，那就只有奇数个数的会被统计。
那我们考虑如何统计。（\(s0\) 是这一位是 \(0\) 的个数，\(s1\) 是这一位是 \(1\) 的个数）
首先是如果是这一位是 \(0\) 的就随便，直接 \(2^{s0}\)，接下来就看是 \(1\) 的。
（好像直接组合数 \(\binom{s1}{i}\) 也可以，但我当时以为会超时）
然后我比赛的时候就想了个递推的，就直接设 \(f_{i,0/1}\) 为当前到第 \(i\) 个，然后当前的异或值是 \(0/1\) 的方案数。
代码
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#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;
struct node {
int l, r, x;
}a[200001];
int TT, n, m, num[31];
ll jc[200001], inv[200001];
ll F[200001][2];
int b[31][200002];
ll ksm(ll x, ll y) {
ll re = 1;
while (y) {
if (y & 1) re = re * x % mo;
x = x * x % mo;
y >>= 1;
}
return re;
}
ll C(ll n, ll m) {
return jc[n] * inv[m] % mo * inv[n - m] % mo;
}
int main() {
jc[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 200000; i++)
jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
inv[200000] = ksm(jc[200000], mo - 2);
for (int i = 200000 - 1; i >= 0; i--)
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mo;
scanf("%d", &TT);
while (TT--) {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d %d %d", &a[i].l, &a[i].r, &a[i].x);
for (int j = 0; j <= 30; j++) {
if (!((a[i].x >> j) & 1)) {//差分
b[j][a[i].l]++; b[j][a[i].r + 1]--;
}
}
}
F[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
F[i][1] = (F[i - 1][1] + F[i - 1][0]) % mo;
F[i][0] = (F[i - 1][0] + F[i - 1][1]) % mo;
}
ll ans = 0;//计数
for (int i = 0; i < 30; i++) {
int num1 = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
b[i][j] += b[i][j - 1];
if (!b[i][j]) num1++;
}
int num0 = n - num1;
ans = (ans + 1ll * (1 << i) * ksm(2, num0) % mo * F[num1][1] % mo) % mo;
}
printf("%lld\n", ans);
for (int i = 0; i <= 30; i++)
for (int j = 1; j <= n + 1; j++)
b[i][j] = 0;
}
return 0;
}
D1：Divan and Kostomuksha (easy version)
题目大意
给你一个数组，然后你要重新排列它们，使得：
\(\sum\limits_{i=1}^n\gcd(a_1,a_2,...a_i)\) 这个值最大，输出这个值。
思路
首先看到你从 \(i=1\sim n\)，它每次贡献的值是不会变大，只会不变或者变小，而且每次变小都会变成它的因子。
那我们考虑反过来这个过程，从 \(1\) 不断变大。（那你就算最后不是到 \(1\) 你也可以相当于没有值参与到变 \(1\) 的过程，贡献可以直接抵消掉）
不难想到我们可以用一个记忆化搜索：
\(dfs(x)\) 为当前 \(\gcd\) 为 \(x\)，之后能有的贡献。
首先你算当前能有的所有数都用 \(x\) 来贡献。
（那我们也就是要处理出每个数有多少个数是它的倍数，这个不难处理，每个数用质数遍历因子加即可）
那你就枚举下一次变成的倍数。
那如果当前有的数是 \(nx\)，当前枚举到的倍数是 \(y\)，这个 \(y\) 有 \(ny\) 个数是它的倍数。
那我们首先要减去这 \(ny\) 个 \(x\) 个贡献，再加上 \(dfs(y)\) 的结果，我们要最大化这个部分。
然后就可以了。
代码
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#define ll long long
using namespace std;
int n, a[100001];
int pl[5000001];
int np[5000001], prime[5000001];
int cnt[10001], cntpl[10001];
ll num[5000001], rem[5000001];
void yz(int now, int va, int xx) {
if (now > cntpl[0]) {
num[va] += xx; return ;
}
yz(now + 1, va, xx);
for (int i = 1; i <= cnt[now]; i++) {
va *= cntpl[now];
yz(now + 1, va, xx);
}
}
ll dfs(int now) {
if (rem[now]) return rem[now];
ll re = 0;
for (int i = now + now; i <= 5000000; i += now) {
if (!num[i]) continue;
re = max(re, dfs(i) - num[i] * now);
}
return rem[now] = (re + num[now] * now);
}
int main() {
for (int i = 2; i <= 5000000; i++) {
if (!np[i]) {
prime[++prime[0]] = i;
pl[i] = prime[0];
}
for (int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= 5000000; j++) {
np[i * prime[j]] = prime[j];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int l = 1; l <= n; l++) {
int r = l;
while (r < n && a[r + 1] == a[l]) r++;
int noww = a[l];
cntpl[0] = 0;
while (noww) {
if (noww == 1) break;
cnt[++cntpl[0]] = 0;
cntpl[cntpl[0]] = (np[noww] ? np[noww] : noww);
while (noww % cntpl[cntpl[0]] == 0) {
noww /= cntpl[cntpl[0]];
cnt[cntpl[0]]++;
}
}
yz(1, 1, r - l + 1);
l = r;
}
printf("%lld\n", dfs(1));
return 0;
}
D2：Divan and Kostomuksha (hard version)
题目大意
同 D1，但是每个数的大小更大，不能用 \(O(V\log V)\) 的复杂度解决。（\(V\) 是数的最大值）
思路
考虑会超时的部分，发现是你 \(dfs\) 里面枚举倍数不行，别的地方都可以。
考虑改进。
会发现你乘一个 \(z\) 的倍数，如果 \(z=x*y\)，你完全可以先走到 \(x\) 倍，再走到 \(x*y\) 倍。
那你就只需要枚举它乘上每个质数，就可以了。
复杂度就降到了 \(O(V\log\log V)\)。
代码
#include
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#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int n, a[100001];
int pl[20000001];
int np[20000001], prime[20000001];
int cnt[100001], cntpl[100001];
ll num[20000001], rem[20000001];
void yz(int now, int va, int xx) {
if (now > cntpl[0]) {
num[va] += xx; return ;
}
yz(now + 1, va, xx);
for (int i = 1; i <= cnt[now]; i++) {
va *= cntpl[now];
yz(now + 1, va, xx);
}
}
ll dfs(int now) {
if (rem[now]) return rem[now];
ll re = 0;
for (int i = 1; i <= prime[0] && 1ll * now * prime[i] <= 20000000; i++) {
if (!num[now * prime[i]]) continue;
re = max(re, dfs(now * prime[i]) - num[now * prime[i]] * now);
}
return rem[now] = (re + num[now] * now);
}
int main() {
for (int i = 2; i <= 20000000; i++) {
if (!np[i]) {
prime[++prime[0]] = i;
pl[i] = prime[0];
}
for (int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= 20000000; j++) {
np[i * prime[j]] = prime[j];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int l = 1; l <= n; l++) {
int r = l;
while (r < n && a[r + 1] == a[l]) r++;
int noww = a[l];
cntpl[0] = 0;
while (noww) {
if (noww == 1) break;
cnt[++cntpl[0]] = 0;
cntpl[cntpl[0]] = (np[noww] ? np[noww] : noww);
while (noww % cntpl[cntpl[0]] == 0) {
noww /= cntpl[cntpl[0]];
cnt[cntpl[0]]++;
}
}
yz(1, 1, r - l + 1);
l = r;
}
printf("%lld\n", dfs(1));
return 0;
}
E：Divan and a Cottage
题目大意
给你一个序列，然后对于这个序列的每个前缀，有一些询问，询问给你一个初始数字，然后被这个前缀操作后的结果是什么。
操作是你依次看这个数组的每个位置，如果当前的数字小于它这个位置的值，就把当前的数字加一，如果是大于就减一，如果等于就不变。
强制在线。
思路
首先可以发现一个性质：
对于初始数字 \(x
那你考虑每次操作数组多了一点会怎么样，假设新的是 \(x\)。
那左边一段前缀（考虑把每个初始数组的答案弄成一个数组）的答案就加一，后面一段后缀的答案就减一。
然后由于这个数组长度 \(1e9\)，我们考虑用值域线段树来搞（就动态开点）。
然后你维护一下数组最大值就可以搞了。
代码
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int n, a[200001], q;
int x, lstans, rt;
struct XD_tree {
int val_max[400001 << 7];
int ls[400001 << 7], rs[400001 << 7];
int lzy[400001 << 7], tot;
void up(int now) {
val_max[now] = max(val_max[rs[now]], val_max[ls[now]]);
}
void down(int now, int l, int r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (!ls[now]) {
ls[now] = ++tot;
val_max[ls[now]] = mid;
}
if (!rs[now]) {
rs[now] = ++tot;
val_max[rs[now]] = r;
}
if (!lzy[now]) return ;
val_max[ls[now]] += lzy[now]; val_max[rs[now]] += lzy[now];
lzy[ls[now]] += lzy[now]; lzy[rs[now]] += lzy[now];
lzy[now] = 0;
}
int query(int now, int l, int r, int pl) {
if (l == r) return val_max[now];
down(now, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (pl <= mid) return query(ls[now], l, mid, pl);
else return query(rs[now], mid + 1, r, pl);
}
void insert(int &now, int l, int r, int L, int R, int va) {
if (L > R) return ;
if (!now) {
now = ++tot;
val_max[now] = r;
}
if (L <= l && r <= R) {
lzy[now] += va;
val_max[now] += va;
return ;
}
down(now, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (L <= mid) insert(ls[now], l, mid, L, R, va);
if (mid < R) insert(rs[now], mid + 1, r, L, R, va);
up(now);
}
int query_l(int now, int l, int r, int pl) {
if (l == r) return l;
down(now, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (val_max[ls[now]] >= pl) return query_l(ls[now], l, mid, pl);
else return query_l(rs[now], mid + 1, r, pl);
}
}T;
int main() {
T.insert(rt, 0, 1e9, 0, 1e9, 0);
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
int maxn = T.query(rt, 0, 1e9, 1e9);
int pl = T.query_l(rt, 0, 1e9, a[i] + 1);
// printf("%d \n", maxn);
if (maxn > a[i]) T.insert(rt, 0, 1e9, pl, 1e9, -1), maxn--;
if (T.query(rt, 0, 1e9, 0) < a[i]) {
int pl;
if (a[i] > maxn) pl = 1e9;
else pl = T.query_l(rt, 0, 1e9, a[i]) - 1;
// printf("%d\n", pl);
T.insert(rt, 0, 1e9, 0, pl, 1);
}
scanf("%d", &q);
while (q--) {
scanf("%d", &x);
x = (x + lstans) % 1000000001;
lstans = T.query(rt, 0, 1e9, x);
printf("%d\n", lstans);
}
}
return 0;
}