T1 序列

给定一长度为\(n\)的序列\(s\)，定义其健美值为：\[\sum\limits_{i=1}^{n}|s_i - i|\]因为 zzq 喜欢健美，所以 zzq 希望减小\(s\)的健美值，以衬托 zzq 的健美。为了达到 zzq 的目的，zzq 希望你对序列进行旋转操作，一次旋转操作可以使序列中的所有元素前移一位，并使\(s_1\)移动到\(s_n\)。
可以进行任意次旋转操作，zzq 希望旋转后的健美值最小，请找出这个最小值。

SOV

智商检测题
我们发现对于每个数，移动每一次会使原本差小于0的数减少1的贡献，使原先差大于0的增加1的贡献。所以记录大于0的数以及小于0的数的个数，同时维护一个桶记录某一个差值有几个数，用于计算小于0变成大于0时的情况。枚举移动的距离，直接计算即可。

int main() {
    poread(n);
    for (register int i = 1; i <= n; ++i) poread(a[i]);
    for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
        register int x = a[i] - i;
        x >= 0 ? (++cnt1, sum += x) : (++cnt2, sum += -x, ++b[-x]);
    }
    for (register int i = 1; i < n; ++i) {
        register int x = a[i] - 1, y = a[i] - n;
        --cnt1, sum -= x;
        ++cnt2, sum += -y, ++b[-y + i];
        sum += cnt1 - cnt2 + 1;
        if (b[i])
            cnt1 += b[i], cnt2 -= b[i];
        ans = min(ans, sum);
    }
    cout << ans << endl;
}

T3 动态数点

zzq 是一个善于思考的好学生。
于是 zzq 想往他的背包中放序列。
某一天 zzq 得到了一个长度为\(n\)的序列\(\{a_i\}\)。然后 zzq 说，如果对于一段区间\([L,R]\)，存在\(L \leq k \leq R\)使得\(\forall i \in [L,R]\)都有\(a_k | a_i\)，我们认为它有价值，价值为\(R - L\)（若不满足条件则没有价值）。
现在 zzq 想知道所有区间中价值最大为多少，最大价值的区间有多少个，以及这些区间分别是什么。

SOV

ST表维护区间gcd以及区间最小值，二分长度，如果该区间最小值等于区间gcd这个区间就是合法的。
复杂度\(O(n \log^2 n)\)

inline int gcd(int a,int b)
{
    while(b ^= a ^= b ^= a %= b);
    return a;
}
const int MAXN = 5e5 + 10;
int ST[MAXN][20];
int TS[MAXN][20];
int a[MAXN];
int n;
int ans[MAXN], tot;
inline int query(const int &l, const int &r)
{
    register int k = log2(r - l + 1);
    return gcd(ST[l][k], ST[r - (1 << k) + 1][k]);
}
inline int yreuq(const int &l, const int &r)
{
    register int k = log2(r - l + 1);
    return min(TS[l][k], TS[r - (1 << k) + 1][k]);
}
inline bool check(const int &mid)
{
    for(register int l = 1, r = l + mid - 1; r <= n; ++l,++r)
    {
        if(query(l, r) == yreuq(l, r))
            return true;
    }
    return false;
}
signed main()
{
    poread(n);
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
        poread(a[i]);
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
        ST[i][0] = a[i];
    int t = log2(n) + 1;
    for(register int j = 1; j <= t; ++j)
        for(register int i = 1; i<= n - (1 << j) + 1; ++i)
            ST[i][j] = gcd(ST[i][j - 1], ST[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
        TS[i][0] = a[i];
    for(register int j = 1; j <= t; ++j)
        for(register int i = 1; i <= n - (1 << j) + 1; ++i)
            TS[i][j] = min(TS[i][j - 1], TS[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
    register int l = 2, r = n, mid, res;
    while(l <= r)
    {
        mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid))
            res = mid, l = mid + 1;
        else
            r = mid - 1;
    }
    for(register int i = 1, j = i + res - 1; j <= n; ++i, ++j)
        if(query(i, j) == yreuq(i, j))
            ans[++tot] = i;
    printf("%d %d\n",tot, res - 1);
    for(register int i = 1; i <= tot; ++i)
        printf("%d ", ans[i]);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Shiina-Rikka/p/11745261.html