Educational Codeforces Round 85 (Div. 2) 题解 (ABCDE)
比赛链接：https://codeforces.com/contest/1334
A. Level Statistics
抓住两个性质，一是游戏次数和通关次数是单调不减的，二是相邻游戏次数的变化量大于等于对应的通关次数变化量
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
bool f=1;
int a=-1,b=-1;
while(n--){
int aa,bb; cin>>aa>>bb;
if(aa<a || bb<b)f=false;
if(aa-a<bb-b)f=false;
a=aa,b=bb;
}
cout<<(f?"YES":"NO")<<endl;
}
return 0;
}
B. Middle Class
（财富液化委员会，雾）
如果把财富倒序排序后，前k个人财富液化后的财富随着k单调不增的，因此for一遍找到最大的k即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,x;
int a[N],s,ans;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>x;
repeat(i,1,n+1){
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+1+n,greater<int>());
s=ans=0;
repeat(i,1,n+1){
s+=a[i];
if(s*1.0/i>=x)ans=i;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
C. Circle of Monsters
先把所有怪的血量降至前一个怪的爆炸伤害以内（如果小于就不用降了），然后for一遍，看看打死第i个怪的额外需要的伤害（因为只要死一个怪就能连环炸死所有怪），取最小
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=300010; typedef long long ll; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int T,n,x;
int a[N],b[N];
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
int cost=0;
repeat(i,0,n){
cin>>a[i]>>b[i];
}
rotate(b,b+n-1,b+n); //rotate使得怪i收到的爆炸伤害是b[i]
repeat(i,0,n){
if(a[i]>b[i])cost+=a[i]-b[i];
}
int ans=INF*2;
repeat(i,0,n){
int now=0;
if(a[i]>b[i])now+=-(a[i]-b[i]);
now+=a[i];
ans=min(ans,now);
}
cout<<cost+ans<<endl;
}
return 0;
}
D. Minimum Euler Cycle
如果把 \(n=5\) 画个图，会发现欧拉序列长这样：
（都帮你分割好了）
\([...]\) 当成一个区间，区间个数 \(O(n)\)，因此for一遍也没大问题，如果区间和询问区间有相交就在区间内for一遍输出即可，特判最后一个区间
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,l,r,rr;
void work(int a,int l,int r){
int cnt=0;
repeat(i,a+1,n+1){
cnt++; if(l<=cnt && cnt<=r)printf("%lld ",a);
cnt++; if(l<=cnt && cnt<=r)printf("%lld ",i);
}
}
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>l>>rr; r=min(rr,n*(n-1));
if(l<=r){
int x=(n-1)*2;
while(x<l)l-=x,r-=x,x-=2;
while(r>0){
work(n-x/2,l,r);
l-=x,r-=x;
x-=2;
}
}
if(rr==n*(n-1)+1)printf("1");
puts("");
}
return 0;
}
E. Divisor Paths
有一个有用的性质就是所有数的质因数都包含在 \(D\) 的质因数集合内，\(D\) 质因数个数不会超过30，因此放心大胆地枚举质因数吧/xyx
进入正题，经过冷静分析，我们发现如果 \(a_1\) 经过 \(a_2...a_{k-1}\) 走到 \(a_k\)，而且一路上编号严格单增，长度是 \(d(a_2)-d(a_1)+d(a_3)-d(a_2)+...+d(a_k)-d(a_{k-1})\) \(=d(a_k)-d(a_1)\)（\(d(n)\) 表示 \(n\) 的因数个数），和中间结点无关！而且可以猜到这是最短路径。最短路径的个数，可以回想多重集组合数 \(\left(\begin{array}{c}&X&\\x_1&...&x_n\end{array}\right)=\dfrac{X!}{\prod\limits_{i=1}^n(x_i!)}\)，有点不太好说，举个例子，如果从 \(1\) 走到 \(12\)，乘以 \([2,2,3]\) 或者 \([2,3,2]\) 或者 \([3,2,2]\) 都行，所以答案应该是路径长度的阶乘，除以2个数的阶乘，除以3个数的阶乘，\(ans=\dfrac{3!}{1!\cdot2!}=3\)
当然问题还没解决，上述操作只能解决 \(a_1|a_k\)（或者 \(a_k|a_1\)）的情况，如果不是整除关系呢？直觉告诉我们路径经过 \(\gcd(a_1,a_k)\)，问题就拆分为 \(a_1\) 到 \(\gcd(a_1,a_k)\) 的路径计数和 \(\gcd(a_1,a_k)\) 到 \(a_k\) 的路径计数，套用之前结论即可。至于原因嘛，我不太会证，感觉不这么走会多好多路
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int T,n,l,r,rr;
vector<int> d;
map<int,vector<int>> a;
struct CC{
static const int N=1010;
ll fac[N],inv[N];
CC(){
fac[0]=1;
repeat(i,1,N)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2,mod);
repeat_back(i,0,N-1)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
}C;
void getdivisor(vector<int> &ans,int n){
ans.assign(d.size(),0);
repeat(i,0,d.size())
while(n%d[i]==0)n/=d[i],ans[i]++;
}
vector<int> X,Y;
signed main(){
int n=read(),q=read();
for(int i=2;i*i<=n;i++){
if(n%i==0)d.push_back(i);
while(n%i==0)n/=i;
}
if(n>1)d.push_back(n);
while(q--){
int x=read(),y=read();
getdivisor(X,x);
getdivisor(Y,y);
int ans=1,sum=0;
repeat(i,0,d.size())
if(X[i]>Y[i])
ans=ans*C.inv[abs(X[i]-Y[i])]%mod,
sum+=abs(X[i]-Y[i]);
ans=ans*C.fac[sum]%mod;
sum=0;
repeat(i,0,d.size())
if(X[i]<Y[i])
ans=ans*C.inv[abs(X[i]-Y[i])]%mod,
sum+=abs(X[i]-Y[i]);
ans=ans*C.fac[sum]%mod;
cout<<ans%mod<<endl;
}
return 0;
}
