杂题选讲
1. CF487C Prefix Product Sequence
#构造 #数列 #乘法逆元
简要题意
是否存在一个长度为 \(n\) 的排列，使得其前缀积在\(\mod n\) 意义下两两不同？
如果存在，输出 \(YES\) 并且换行输出一个构造的排列；
如果不存在，输出 \(NO\)。
\(1\le n\le 10^5\)
思路
首先判断对于每个 \(n\) 是否有解。
我们可以发现对于 4 和质数 总是有解的，而对于其它数总是无解的，因为对于其它数，一定有多个小于它的且不同的数的乘积为它的倍数，而这是前缀积，这样就会有多个前缀积 \(\mod n\) 后为 \(0\) 。也不能把它们放在最后，因为 \(n\) 在前面也会发生同样的情况。
然后考虑如何进行构造，首先 \(1\) 应该在最前，因为它放在后面会使两个前缀积相等，\(n\) 应该在最后，理由在判断是否时已经说了。
中间我们可以用一个特殊的方法 \(\frac{2}{1} \ ,\ \frac{3}{2} \ ,\ \frac{4}{3} \ ,\ ... \ ,\ \frac{n}{n-1}\) ，这样前缀积数组就会是 \(1,2,3,4,5,...,0\)，然后求分母的逆元即可。
然后我们来证明中间的数是否可能相等，即在 \(\mod n\) 意义下存在 \(\frac{i+1}{i}=\frac{j+1}{j} \ (1\le i\lt j\lt n)\)。
与 \(i\lt j\) 矛盾，所以中间的数不可能相等，完成。
时间复杂度 \(O(n\log_2 n)\) 或 \(O(n)\)（线性递推逆元的话）
2. CF1406E Deleting Numbers
#交互题 #构造 #唯一分解定理
简要题意
在一个序列里存在整数 \(1\) ~ \(n \ (1\le n\le 10^5)\)。有一个特殊的数\(x \ (1\le x\le n)\) 你需要找出这个数，你有三种操作。
\(A \ a\) 表示询问序列中为 \(a\) 的倍数的数的个数。
\(B \ a\) 表示询问序列中为 \(a\) 的倍数的数的个数并删除它们 \(x不会被删除\) 。
\(C \ a\) 表示答案为 \(a\) 。
你可以询问不超过 \(10^4\) 次，确定 \(x\) 是什么。
思路
根据唯一分解定理，如果我们知道 \(x\) 的所有质因子，我们就可以通过操作 \(B\) 枚举质因子的幂次来快速求出 \(x\) 。
因为 \(2*3*5*7*11*13*17=510510\) 所以 \(x\) 最多有 \(6\) 个不同的质因子 ，\(2^{17}=131072\) ,所以 \(x\) 的质因子幂次不会超过 \(16\)。
所以我们如果知道 \(x\) 的质因子有哪些，就可以用不超过 \(16\) 次的次数求解出 \(x\) 。
那么我们如何找出 \(x\) 的所有质因子呢？
暴力的做法是对于每一个质数都先进行一次 \(B\) 操作，再进行一次 \(A\) 操作如果还能够找到数说明这就是 \(x\) 的质因子。
但 \(10^5\) 内的质数一共有 \(9600\) 多个，每个都这样做就有接近 \(20000\) 次，不符合题目要求，所以我们考虑如何减少查询次数。
我们发现严重的浪费出现在 \(A\) 操作上，考虑是否可以代替。
我们发现如果前面都使用 \(B\) 操作的话，那么不考虑 \(x\) ，每个质数进行 \(B\) 操作时删除的个数是一定的（每个数都是被它的最小质因子删除的），那么如果个数与预处理的不一样，就说明出现了 \(x\)，此时将这个质数记录下来即可。
但是我们如果这样做的话会有一个问题，那就是我们无法知道 \(x\) 的最小质因子，因为那是 \(x\) 第一次被删，于是我们需要单独求出 \(x\) 的最小质因子，我们现在还剩大概 \(300\) 次操作。
考虑如何判断 \(x\) 的最小质因子是否出现，用 \(A \ 1\) 可以求出当前序列中还剩多少个数，记录一下应该删除了多少个数，如果与剩下的数的个数加起来不为 \(n\) 说明 \(x\) 的最小质因子已经出现，此时对之前筛过的质数每个进行一次 \(A\) 操作即可找出 \(x\) 的最小质因子，那么消耗的次数是 块数+块长 的，此时，将块长取到 \(\sqrt{cnt} \ (cnt 为质数个数)\) 最优。
总消耗次数大概为 \(cnt+2\times \sqrt{cnt}+16\) 次，不会超过 \(10^4\)。
时间复杂度 \(O(n+cnt)\)
3. CF521D shop
#贪心
简要题意
一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)，你有 \(m\) 个操作，每个形如 \(t,i,b\)。
若 \(t=1\) 表示将 \(A_i\) 赋值为 \(b\)，\(t=2\) 表示将 \(A_i\) 赋值为 \(A_i+b\)，\(t=3\) 表示将 \(A_i\) 赋值为 \(A_i\times b\)。
你需要选择最多 \(k\) 个操作，并按一定顺序进行使得 \(\prod_{i=1}^{n} A_i\) 值最大。
输出你选择了多少个操作并且按操作顺序输出你选择的操作编号。
\(1\le n\le 10^5,1\le k\le m\le 10^5\)
思路
首先我们发现，如果只有 \(t=3\) 的操作，直接排序，贪心的选择最大的 \(k\) 个即可。
然后我们考虑如何扩展到加法和赋值操作上。
假定我们已经选好了 \(k\) 个操作，如何操作使得最终值最大，对于每个 \(A_i\) 的操作，我们一定是先赋值，再加，最后乘可以让它最大。
而对于每个 \(A_i\) 的加法，我们一定是按照从大往小进行选择的，所以我们选择对于 \(A_i\) 的第 \(j\) 个加法的前提就是前 \(j-1\) 个加法均已被选择，那么我们就可以知道选择第 \(j\) 个加法时，当前 \(A_i\) 的值为多少，那么对于每个加法，我们均可以将它改写为乘法的形式，如 \(a+b\Rightarrow a\times \frac{a+b}{a}\)。那么我们就可以将其放入乘法的序列中进行贪心的选择。
最后我们剩下一个赋值操作，我们肯定最多对每个数赋值一次且是选择最大的数进行赋值，那么我们只需保留对于每个 \(A_i\) 最大的赋值操作，并且由于我们的赋值操作是在最初进行的，所以本质上是将 \(A_i\) 加上一个数，我们可以将它改写成加法，如 \(a\to b \Rightarrow a+(a-b)\)，直接扔进加法操作种排序即可。
到此我们已经完成了加法和赋值操作的转换，直接贪心的选前 \(k\) 个即可。
这里记录一下思考时遇到的一个小问题，就是我们要求的是赋值操作在最开始进行，而将它变成加法排序后，它不一定是最大的加法也就是它不一定第一个操作，那么我们还可以保证算法的正确性吗？
答案是可以的，因为最后转为乘法后可以打乱操作顺序，我们仍可以将赋值操作提到第一个进行操作，举个栗子。
设原数为 \(x\) 赋值操作为 \(x\to y\)，有加法操作 \(z_1 \ge z_2\ge ...\ge z_a \ge y-x \ge z_{a+1}\ge z_{a+2} \ge ...\ge z_b\)
那么我们最终转为乘法操作的乘积为 \(\frac{y+\sum_{i=1}^b z_i}{x}\)，无论怎么改变顺序答案不变。
4. CF1481F AB Tree
#多重背包DP
简要题意
一棵 \(n\) 个节点的树，你需要往 \(x\) 个节点上的填一种字符，往剩下 \(n-x\) 个节点上的另一个字符，每个节点的字符串为根到它路径上节点的字符所组成的字符串。
问你如何填字符，使得 \(n\) 个节点的不同字符串的数量最少。
\(1\le n\le 10^5,0\le x\le n\)
思路
首先我们很明显可以发现答案至少为树的高度。
此时把我们树按高度进行分层，考虑最优策略如何让答案为树的高度。
可以发现每一层的节点都会被给到相同的字符。
但这需要有几层的 \(size\) 之和为其中一种字符的数量，我们不可能每次都遇上这种条件，这只是答案的下界。
所以考虑没有几层的 \(size\) 之和为其中一种字符的数量时，我们应该怎么办。
题目中子节点的字符由父节点进行提供，那么一旦其中一层有孩子的节点所拥有的字符不同，那么它传下去之后会让答案以几何倍数增长。
我们贪心的想，肯定优先满足这些有孩子的节点，而一棵树中同一层有孩子的节点只会有 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 个，完全可以满足。
具体的，现在已经填好了第 \(i\) 层，准备填 \(i+1\) 层，未填节点一共有 \(size\) 个，会有孩子的节点最多有 \(\lfloor \frac{size}{2} \rfloor\) 个，\(a,b\) 中一定有一个剩余数量 \(\ge \lfloor \frac{size}{2} \rfloor\)，所以可以先把非叶子节点赋上相同的字符，如果可以覆盖整层就覆盖。
覆盖不了就说明有一种字符已经被用完，用另一种字符赋给剩下所有节点，不会给再造成任何额外的贡献，那么只有这一层叶子节点与非叶子节点不同，答案增加 \(1\)，所以答案上界为树高加 \(1\) 。
判断用背包DP（装入对象为每层 \(size\)）解决。
然而，\(n\le 10^5\)，朴素的01背包会T飞，考虑对DP进行优化。
我们可以发现每层 \(size\) 会有大量重复，可以用多重背包二进制优化进行求解。
分析时间复杂度，发现最劣情况下，\((1+2+3+4+5+...+x)=\frac{x(x+1)}{2}=n\)，\(x\) 为 \(\sqrt n\) 级，有 \(x\) 个物品，所以它的时间复杂度最劣大概是 \(O(n \sqrt n )\) ;
题目还要要求输出方案，在 DP 过程中记录决策方案，在记录有多少大小为 \(x\) 的层，进行染色。
5. CF878E Numbers on the blackboard
#贪心
简要题意
一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，你每次可以选择 \(\forall i(1\le i\lt n)\) 将 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 变为 \(a_i+2\times a_{i+1}\)，注意是删除 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 后在它们原有的位置中插入一个数。
\(q\) 次询问，每次问 \(l_i\) 到 \(r_i\) 的数能组成的最大值，对 \(10^9+7\) 取模。
\(1\le n,q\le 10^5,-10^9\le a_i\le 10^9,1\le l_i\le r_i\le n\)
思路
我们发现只有两种不同的操作方式，从左往右合并一段区间和从右往左合并一段区间。
分别考虑两种方式对答案的贡献。
从左往右
对于形容 \(x_1,x_2,x_3,...,x_{len}\) 的序列每次选择开头的数与后一个数合并，最后对答案的贡献就是 $$1\times x_1+\sum_{i=2}^{len} 2\times x_i$$
从右往左
对于形容 \(x_1,x_2,x_3,...,x_{len}\) 的序列每次选择末尾的数与前一个数合并，最后对答案的贡献就是 $$\sum_{i=1}^{len} 2^{i-1} \times x_i$$
于是我们发现原序列中的每个数最后对答案的贡献为 \(2^k (1\le k\lt n)\) 次，贪心的考虑让正数的系数尽可能的大，负数的系数尽可能小，而我们发现从左往右的合并方式只能用于合并 \(len\) 个数，没有办法进行贪心，所以我们考虑先从右往左将原序列合并成若干个块，最后从左往右合并为一个数。
而从右往左将原序列合并成若干个块的过程中，对于一个块中的数有 \(k_i=k_{i-1}+1 (k_1=0)\)
一个明显的贪心是遇到正数就将它加入已有块，遇到负数就单独开一个块储存，但是一个简单的样例即可卡掉这个贪心，如 \(11,11,11,-3,11\) 最优的应该是将它分为 \(1\) 块，而这个贪心策略会把它分成\(3\) 块，我们考虑为什么会出现这种情况。
发现只要当前块贡献是正数，就可以向前一个块合并，因为这样这个块的贡献就被放大了 \(2^{l}\)，\(l\) 为前一个块的块长，而前一个块的系数并没有改变无论是正数还是负数，且它就算是合并到了第一个块没有了最后从左往右合并的 \(2\) 的倍数，因为 \(l\ge 1\)，这是不劣的。所以我们有了一个贪心策略，如果当前块贡献为正，向前合并直到贡献为负或只剩一个块。
这里需要注意一下，如果序列是全正数，合并几次就会到达 long long 上限，而我们发现每个块最小为 \(-10^9\)（就是 \(a_i\) 最小的情况，不与其它块合并。而我们合并每个块是将后一个块 \(\times 2^l\) 加上前一个块，而 \(l\) 最小是 \(1\)，所以如果一个块的大小超过了 \(10^9\)，它就一定可以合并到第一个块，直接赋值为 \(+ \infty\)，计算时特判即可。
那么现在我们将原始的序列合并为了若干个块，需要用从左往右的方式将它合并为 \(1\) 个块，然而，我们每次询问 \(l_i\)~\(r_i\) 并不一定是整块，需要单独处理左右的散块，可以将询问离线下来，按 \(r_i\) 从小到大排序，每次处理到 \(r_i\)，中间的整块和右边的散块用前缀和优化一下，左边的散块单独拆开，可以用类似 \(hash\) 提取字段和的方式提取一个后缀，不要忘了中间的整块和右边的散块合并时有一个而的倍数。
时间复杂度 \(O(n\log_2 n)\)
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