CF1885 前三题题解

2023-07-30 18:55:15

水平有限，等我有时间看懂了后面的题再写后面的吧。

写完三题太困了直接睡了（AT和CF一起打真的非常累啊啊啊）。

A

题意：给你一个排列找使其 \(\forall i \in [1,n],a_i\ne i\) 的最小交换次数。

发现偶数个相同就直接两两交换答案除二，奇数个相同就向下取整交换然后再找随便一个交换即可。

int T,n,a[N],ans;
int main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read(),ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]==i)ans++;
        printf("%d\n",(ans+1)>>1);
	}
}

B

一开始还在想是不是有什么根号做法，然后看到这个数据范围觉得这至少得开五次根的算法才能过啊，那前面四次是不是就得分类讨论了。

当 \(n\) 是奇数时，因为如果长度超过 \(2\) 那肯定就出现了偶数，奇数显然不能整除偶数，所以此时只有 \(1\)。

考虑当长度为 \(2\) 时，假设存在 \(x,x+1\) 使得 \(n|x,n|x+1\)，因为 \(x,x+1\) 中至少有一个是偶数，所以选他们肯定不如直接选 \(1,2\) 来得更优。

考虑当长度为 \(3\) 时，假设存在 \(x,x+1,x+2\) 使得 \(n|x,n|x+1,n|x+2\)，因为 \(x,x+1,x+2\) 中至少有一个是偶数，并且至少有一个是 \(3\) 的倍数，所以选他们肯定不如直接选 \(1,2,3\) 来得更优。

算到这里我突然感觉到答案就很显然了，根本不需要根号做法，直接从 \(1\) 开始枚举即可，因为假设后面也出现了长度为 \(len\) 的串，那么显然这个数可以同时被 \(1~len\) 的所有数整除。

其实这个结论很好想到，但是愚蠢的我被样例的解释中的 \([327869,327871]\) 狠狠地迷惑到了。

\(Code\)

ll T,n,ans;
int main(){
    T=read();
    while(T--){
        n=read();
        for(ans=1;ans<=10000006;ans++)if(n%ans!=0)break;
        printf("%lld\n",ans-1);
    }
}

C1

提供一个只能过 \(C1\)的构造，因为当序列都是非负数时，我们只需要用类似前缀和的方式就能使序列单调不降；都是非正数时，我们只需要让其用类似于后缀和的方式单调不降。

那如果两个都有呢？很简单，把它们都加成正数或者负数即可。

把正数变到 \(20\) 以上最多 \(5\) 次，加给负数最多 \(10\) 次，前缀加最多 \(19\) 次，一共不超过 \(34\) 次，可以通过 \(C1\)。

\(Code\)

int T,n,a[22],from[55],to[55];
int main(){
    T=read();
    while(T--){
        n=read();
        int fcnt=0,zcnt=0,fmin=0,fi,zi,zmax=0,p=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[i]=read();
            if(a[i]<0){
                fcnt++;
                if(a[i]<fmin)fmin=a[i],fi=i;
            }else if(a[i]>0){
                zcnt++;
                if(a[i]>zmax)zmax=a[i],zi=i;
            }
        }
        if(!fcnt&&!zcnt)puts("0");
        else{
            if(zcnt>fcnt){
                while(zmax<=20)from[++p]=zi,to[p]=zi,zmax*=2;
                for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]<0)from[++p]=zi,to[p]=i;
                for(int i=1;i<n;i++){
                    from[++p]=i,to[p]=i+1;
                }
            }else{
                while(fmin>=-20)from[++p]=fi,to[p]=fi,fmin*=2;
                for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]>0)from[++p]=fi,to[p]=i;
                for(int i=n-1;i;i--){
                    from[++p]=i+1,to[p]=i;
                }
            }
            printf("%d\n",p);
            for(int i=1;i<=p;i++)printf("%d %d\n",to[i],from[i]);
        }
    }
}