Codeforces Round #538 (Div. 2) (CF1114)

??今天昨天晚上的cf打的非常惨（仅代表淮中最低水平

??先是一路缓慢地才A掉B,C，然后就开始杠D。于是写出了一个O(n^2)的线性dp，然后就wa6，调到结束。结束后发现完全看漏了两句话。噢，起始点！！！

??好吧然后算算自己有可能这一场要变成+0，反正在0左右。
结束后开始然后开始写D，顺便思考F。结果写完D发现A怎么fst了，然后。。。因为习惯于对相似的语句复制粘贴，有些东西没有改——三句话都在 -a！！！（这个还能过pt？

??好吧想完F以后又顺便看了一下。发现怎么B也fst了？？？发现好像忘了考虑相同的数的问题。。。

??还好C没有fst。所以大概不多不少，可以把上一场涨的分数给抵掉。

??也是wph学长说的好，这些都是用血换来的教训啊。（但是看错题真的不应该，这是在NOIP就犯过的错啊。

A. Got Any Grapes?

??这种题目直接做，显然是先尽量供给Andrew，然后是Dmitry，最后是Michal。

??希望大家不要犯我犯过的错误。（以后记得复制粘贴相似内容的时候注意修改全所有该修改的东西啊）

int x, y, z, a, b, c;

inline void End() {puts("NO"); exit(0);}

int main() {
    read(a), read(b), read(c);
    read(x), read(y), read(z);
    if (x < a) End(); else x -= a;
    y += x;
    if (y < b) End(); else y -= b;
    z += y;
    if (z < c) End(); else z -= c;
    puts("YES");
}

B. Yet Another Array Partitioning Task

??CF上的B题一般都是大胆猜结论题目。

??直接猜结论： 一定可以选齐前 \(m \cdot k\) 大的数。然后分的时候只要凑齐 \(m\) 个在前 \(m \cdot k\) 大的数中的数，就可以切一块。

??注意一下（也是我fst的原因），如果前 \(m \cdot k\) 中最小的数没有被选全的话，那么分的时候要注意判断一下那个数已经选了多少个，不够选了就不要把它算上去。

const int N = 2e5 + 7;
int n, m, k, p, a[N], b[N];
ll ans;
std::map<int, int> mp;

int main() {
    read(n), read(m), read(k); p = m * k; --k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), b[i] = a[i];
    std::sort(b + 1, b + n + 1);
    for (int i = n - p + 1; i <= n; ++i) ans += b[i], mp[b[i]]++;
    printf("%I64d\n", ans);
    for (int i = 1, cnt = 0; i <= n; ++i) {
        if (mp.count(a[i]) && mp[a[i]]) ++cnt, --mp[a[i]];
        if (cnt == m) --k, printf("%d%c", i, " \n"[k == 0]), cnt = 0;
        if (!k) return 0;
    }
}

C. Trailing Loves (or L‘oeufs?)

??在 \(b\) 进制下末尾有 \(k\) 个0，那么说明

\[
\quad b ^ k | n!
\]

??于是我们把 \(b\) 分解质因数
\[
(p_1^{k_1} \cdot p_2^{k_2} \cdot \cdots) ^k | n!
\]
??于是我们发现
\[
k = \min\{\frac{n!}{p_1},\ \frac{n!}{p_2},\ \cdots\ \}
\]
??至于说 \(\frac{n!}{p}\) 怎么求，这个应该是普及组知识了。
\[
\frac{n!} p = \sum_{i = 1} \lfloor \frac n {p ^ i} \rfloor
\]

const int N = 1e6 + 7;
ll n, m, ans = 0x7fffffffffffffff;
int np[N], p[N], prt, cnt[N];

inline void Make_Prime(int n ){
    np[0] = np[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (!np[i]) p[++prt] = i;
        for (int j = 1; j <= prt && i * p[j] <= n; ++j) {
            np[i * p[j]] = 1;
            if (i % p[j]) break;
        }
    }
}

inline ll GetNum(ll n, ll x) {
    ll ans = 0;
    while (n) ans += n /= x;
    return ans;
}

int main() {
    read(n), read(m);
    Make_Prime(sqrt(m));
    ll hkk = m;
    for (int i = 1; i <= prt; ++i)
        while (hkk % p[i] == 0) hkk /= p[i], ++cnt[i];
    for (int i = 1; i <= prt; ++i) if (cnt[i]) SMIN(ans, GetNum(n, p[i]) / cnt[i]);
    if (hkk > 1) SMIN(ans, GetNum(n, hkk));
    printf("%I64d\n", ans);
}

D. Flood Fill

??这道题一开始没看见起始方块这个东西，一直wa6。

??如果有起始点，那就是区间dp模板了。

??设 \(dp[i][j]\) 表示 \(i..j\) 的这段区间全部化成一种颜色的代价。
\[
dp[i][j] = \left\{
\begin{align*}
&dp[i+1][j-1] &&c[i] = c[j]\&\min\{dp[i][j-1], dp[i][j+1]\} + 1 &&c[i] \neq c[j]
\end{align*}
\right.
\]

const int N = 5000 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m, c[N], dp[N][N];

int main() {
    read(n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(c[i]), SMAX(m, c[i]);
    n = std::unique(c + 1, c + n +1) - c - 1;
    for (int i = n; i; --i)
        for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
            if(c[i] == c[j]) dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 1;
            else dp[i][j] = std::min(dp[i][j - 1], dp[i + 1][j]) + 1;
    printf("%d\n", dp[1][n]);
}

E. Arithmetic Progression

??交互题娱乐身心。

??显然我们一个二分就可以很开心地求出最大值。

??然后我们就可发现，任意两个数的差都应该是公差的倍数。于是我们多随机一些位置（当然不能直接问前30个，防止毒瘤会卡），把位置上的值与最大值的差算出来，然后求这些差的 \(gcd\) 即可。

??不会证明正确率。

const int N = 1e6 + 7;
int n, L, R, stp, used[N];

int main() {
    read(n); srand(time(0));
    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) {
        int mid = (l + r) >> 1, get;
        printf("> %d\n", mid); fflush(stdout);
        read(get);
        if(get) l = mid + 1;
        else r = mid;
    }
    R = l;
    for (int i = 1, get = 0; i <= 30 && i <= n; ++i) {
        int pos = rand() % n + 1;
        while(used[pos]) pos = rand() % n + 1;
        used[pos] = 1;
        printf("? %d\n", pos); fflush(stdout);
        read(get);
        stp = std::__gcd(stp, R - get);
    }
    printf("! %d %d\n", R - (n - 1) * stp, stp);
    fflush(stdout);
}

F. Please, another Queries on Array?

??回顾一下欧拉函数的公式。
\[
\varphi(n) = n \sum_{p\text{是}n\text{质因数}} 1-\frac1p
\]
??所以我们只需要线段树维护区间乘积，以及每个质数出没出现过。

??一开始打算用bitset，但是发现 \(300\) 以内质数只有 \(62\) 个，不多不少，可以直接 ull存。大概 ll也就够了。

??注意区间乘积，乘标记在区间上算贡献要以幂的形式算上去，而不是像求区间和那样直接乘。一开始没注意到，死活卡不过去。还有如果是用 ull压位的，注意算集合的时候 1 << i要写成1ull << i。

#define lc o << 1
#define rc o << 1 | 1

const int N = 4e5 + 7;
const int M = 300 + 7;
const int P = 1e9 + 7;

int n, m, x, y, z, a[N];
char opt[15];

int prt, p[M], np[M], inv[N], id[N];
inline void Make_Prime(int n) {
    np[0] = np[1] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
        if (!np[i]) p[++prt] = i, id[i] = prt;
        for (int j = 1; j <= prt && i * p[j] <= n; ++j){
            np[i * p[j]] = j;
            if (i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

inline pli operator + (const pli &a, const pli &b) {return pli(a.fi | b.fi, (ll)a.se * b.se % P);}
inline int fpow(int x, int y) {
    int ans = 1;
    for (; y; y >>= 1, x= (ll)x * x % P) if(y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
    return ans;
}

struct Node {
    ull val, add;
    int mul, tag;
} t[N << 2];
inline void Build(int o, int L, int R) {
    t[o].tag = 1;
    if (L == R) {
        int x = a[L]; t[o].mul = a[L];
        while (x > 1 && np[x]) t[o].val |= 1ull << (np[x] - 1), x /= p[np[x]];
        if (x > 1) t[o].val |= 1ull << (id[x] - 1); return;
    }
    int M = (L + R) >> 1;
    Build(lc, L, M); Build(rc, M + 1, R);
    t[o].val = t[lc].val | t[rc].val; t[o].mul = (ll)t[lc].mul * t[rc].mul % P;
}
inline void Mul(int o, int L, int R, int l, int r, int x, ull y) {
    if (l <= L && R <= r) {
        t[o].tag = (ll)t[o].tag * x % P;
        t[o].mul = (ll)t[o].mul * fpow(x, R - L + 1) % P;
        t[o].add |= y; t[o].val |= t[o].add; return;
    }
    int M = (L + R) >> 1;
    if (l <= M) Mul(lc, L, M, l, r, x, y);
    if (r > M) Mul(rc, M + 1, R, l, r, x, y);
    t[o].val = t[lc].val | t[rc].val | t[o].add;
    t[o].mul = (ll)t[lc].mul * t[rc].mul % P *fpow(t[o].tag, R - L + 1) % P;
}
inline pli Get(int o, int L, int R, int l, int r, pli add = pli(0, 1)) {
    if (l <= L && R <= r) return pli(t[o].val, t[o].mul) + pli(add.fi, fpow(add.se, R - L + 1));
    int M = (L + R) >> 1; pli hkk = add + pli(t[o].add, t[o].tag);
    if (r <= M) return Get(lc, L, M, l, r, hkk);
    if (l > M) return Get(rc, M + 1, R, l, r, hkk);
    return Get(lc, L, M, l, r, hkk) + Get(rc, M + 1, R, l, r, hkk);
}

inline int GetAns(pli x) {
    int ans = x.se; ull S = x.fi;
    for (int i = 1; i <= prt; ++i)
        if((S >> (i - 1)) & 1) ans = (ll)ans * inv[p[i]] % P * (p[i] - 1) % P;
    return ans;
}

int main() {
    #ifdef hzhkk
    freopen("hkk.in", "r", stdin);
    #endif
    read(n), read(m); Make_Prime(300);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
    Build(1, 1, n);
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        scanf("%s", opt); read(x), read(y);
        if (*opt == 'M') {
            read(z); ull hkk = 0; int r = z;
            while (r > 1 && np[r]) hkk |= 1ull << (np[r] - 1), r /= p[np[r]];
            if (r > 1) hkk |= 1ull << (id[r] - 1);
            Mul(1, 1, n, x, y, z, hkk);
        }
        else printf("%d\n", GetAns(Get(1, 1, n, x, y)));
    }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/hankeke/p/CF1114.html