Codeforces Round #641 (Div. 2)-A,B,C,D
codeforces-1350-A. Orac and Factors
题意：定义f(n)是n的最小非平凡因子，也就是除了1,n之外的最小因子
给出两个正整数n,k你需要进行 k次操作，每次将 n加上 f(n)
n为偶数的话其最小因子一定是2，直接输出n+2*k,n为奇数n+最小因子就一定是偶数了，输出n+最小因子+2*(n-1)
比赛时智商掉线了，写的巨麻烦hhhhh
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
#define clean(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e6+9;
inline int read(){char c=getchar();int tot=1;while ((c<'0'|| c>'9')&&c!='-') c=getchar();if (c=='-'){tot=-1;c=getchar();}
int sum=0;while (c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();}return sum*tot;}
int _;
//==================================================================
ll a[maxn];
//==================================================================
int main()
{
// freopen("in.in", "r", stdin);
for(int i=2;i<=1000000;i++)
{
for(int j=2;j<=sqrt(i);j++)
{
if(i%j==0)
{
a[i]=j;
break;
}
}
if(a[i]==0) a[i]=i;
}
// for(int i=1;i<=10;i++) printf("%lld ",a[i]);
for(scanf("%d",&_);_;_--)
{
ll n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ll x=n;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
ll y=a[x]+x;
x=y;
if(y%2==0)
{
x=x+((k-i)*2);
break;
}
}
printf("%lld\n",x);
}
return 0;
}
codeforces-1350-B. Orac and Models
题意：在满足下标成倍数增长的情况下，找到最长的上升序列的长度
一个暴力的dp
对于每一个数a[i]，枚举他的因子满足条件的dp[i_]的最大值max_，dp[i]=max_+1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
#define clean(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2e5+9;
inline int read(){char c=getchar();int tot=1;while ((c<'0'|| c>'9')&&c!='-') c=getchar();if (c=='-'){tot=-1;c=getchar();}
int sum=0;while (c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();}return sum*tot;}
int _;
//==================================================================
int a[maxn],dp[maxn];
//==================================================================
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
clean(dp,0);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
dp[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int max_=0;
for(int j=1;j<=sqrt(i);j++)
{
if(i%j==0&&a[i]>a[j])
{
max_=max(max_,dp[j]);
}
if(i%j==0&&a[i]>a[i/j])
{
max_=max(max_,dp[i/j]);
}
}
dp[i]=max_+1;
}
int maxx=1;
for(int i=1;i<=n;i++) maxx=max(maxx,dp[i]);
printf("%d\n",maxx);
}
return 0;
}
codeforces-1350-C. Orac and LCM
题意：给你一个数组，求他们两两相求的最小公倍数形成的新数组的最大公约数
我的做法稍微麻烦了一点
我们知道对于任意一个数都有,
为一个质数
每两个数的lcm就是,因为我们对p11和p12取了个最大值，所以序列中prime[i]这个质数的最小的p被整没了，后续我们再求最大公约数的时候prime[i]的那个p就应该是第二小的p
所以！开个vector[maxn] 对每一个数进行质因子分解，将分解后质因子的幂次存于对应质因子的vector中，如果vector[i]的长度为n,那么我们找vector中第二小的，如果为n-1，那最小是0但我们没有放进vector，所以我们取vector中最小的，如果小于n-1，那第二小的我们没有放进vector，就是0
最后遍历所有质数，乘一下就好啦~
我可能是个憨憨，当p=0时也放进vector了，然后妥妥MLE…… ╰(艹皿艹 )
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
#define clean(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2e5+9;
inline int read(){char c=getchar();int tot=1;while ((c<'0'|| c>'9')&&c!='-') c=getchar();if (c=='-'){tot=-1;c=getchar();}
int sum=0;while (c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();}return sum*tot;}
int _;
//==================================================================
vector<int>ve;
vector<int>cnt[200000];
int a[maxn];
ll fpow(ll a,ll b,ll c)
{
a%=c;
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*a%c;
a=a*a%c;
b>>=1;
}
return ans%c;
}
//==================================================================
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
for(int i=2;i<=200000;i++)
{
int flag=0;
for(int j=2;j<=sqrt(i);j++)
{
if(i%j==0)
{
flag=1;
break;
}
}
if(!flag) ve.push_back(i);
}
int n,maxx=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
int x=a[i];
for(int j=0;j<=x;j++)
{
int cnt_=0;
if(ve[j]>sqrt(x)) break;
if(x%ve[j]!=0) continue;
while(x%ve[j]==0)
{
cnt_++;
x/=ve[j];
}
cnt[ve[j]].push_back(cnt_);
}
if(x>1) cnt[x].push_back(1);
}
ll ans=1;
for(int i=0;i<=17984;i++)
{
sort(cnt[ve[i]].begin(),cnt[ve[i]].end());
if(cnt[ve[i]].size()==n) ans*=fpow(ve[i],cnt[ve[i]][1],mod);
else if(cnt[ve[i]].size()==n-1) ans*=fpow(ve[i],cnt[ve[i]][0],mod);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
codeforces-1350-D. Orac and Medians
题意：给你一组数，每次你可以选择一段数变成他的中位数，问整个序列中的数能不能都变成k。可以变化很多次
心态崩了
理解了挺长时间，搬一位大佬的解法
这道题有一个转换，就是其实只有 3 种数，大于 k，小于 k 和等于 k，我们分别转换为 2，0，1。我们要把所有区间化为 1。
如果这个序列没有 1，那么答案肯定是no。
然后我们可以发现，2 的影响不大，因为一旦 1 和 2 相邻，那么合并一下一定是 1。但是 0 的影响就很大。对于一个长度为 len 的区间，一旦中位数是 0 那么这个区间就是 0，所以我们要判断是不是所有区间的中位数都是 0。
我们化简亿下这个条件。一旦一个区间是可以化成 1 的，那么一定存在一个长度为 3 的区间是可以化成 1 的；如果所有区间都不可以，那么所有长度为 3 的也都不可以。所以我们只需要判断长度为 3 的即可。存在这样的区间，就是存在一个长度为 3 的区间使得里面 0 的个数不大于 1。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
#define clean(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2e5+9;
inline int read(){char c=getchar();int tot=1;while ((c<'0'|| c>'9')&&c!='-') c=getchar();if (c=='-'){tot=-1;c=getchar();}
int sum=0;while (c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();}return sum*tot;}
int _;
//==================================================================
int a[maxn],b[maxn];
//==================================================================
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
for(scanf("%d",&_);_;_--)
{
int n,k,flag1=0;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]==k) b[i]=1,flag1++;
else if(a[i]<k) b[i]=0;
else b[i]=2;
}
int flag=0;
for(int i=1;i<=n-2;i++)
{
int cnt=0;
for(int j=0;j<=2;j++)
{
if(b[i+j]==0) cnt++;
}
// printf("%d\n",cnt);
if(cnt<2) flag=1;
}
if(n==2)
{
if(b[1]==1&&b[2]==0||b[1]==0&&b[2]==1) flag=0;
else flag=1;
}
if(flag1==0) flag=0;
if(flag1==n) flag=1;
if(flag) puts("yes");
else puts("no");
}
return 0;
}
