【CometOJ】CometOJ#8 解题报告

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\(A\):杀手皇后(点此看题面

大致题意: 求字典序最小的字符串。

一场比赛总有送分题。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
using namespace std;
int n;string s;
int main()
{
    RI i;string st;for(cin>>n>>s,i=2;i<=n;++i) cin>>st,st<s&&(s=st,0);//读入,求字典序最小字符串
    return cout<<s<<endl,0;//输出
}

\(B\):支援城市(点此看题面

大致题意: 对于每个\(x\),求\(\sum_{i=1}^n(a_i-a_x)^2\)

拆平方得到:

\[\sum_{i=1}^n(a_i^2-2a_ia_x+a_x^2)=\sum_{i=1}^na_i^2-2a_x\sum_{i=1}^na_i+na_x^2\]

不难发现,只要预处理出\(\sum_{i=1}^na_i^2\)\(\sum_{i=1}^na_i\),对于每个\(x\)就可以直接\(O(1)\)计算了。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
using namespace std;
int n,a[N+5];
int main()
{
    RI i;LL s=0,s2=0;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),s+=a[i],s2+=1LL*a[i]*a[i];//预处理和及平方和
    for(i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",s2-2*s*a[i]+1LL*n*a[i]*a[i]);return 0;//计算答案并输出
}

\(C\):符文能量(点此看题面

大致题意: 给你两个数组\(a,b\),可以选择一段区间\([L,R]\),使得\(L\le i\le R\)的所有\(a_i,b_i\)都乘上\(k\),求\(\sum_{i=2}^nb_{i-1}a_i\)的最小值。

这可以直接\(DP\)

我们设\(f_i\)表示选择包含\(i\)\(i\)不为结尾的一段区间所能得到的最小变化值。

转移时分两种情况讨论,一种是\(i\)在区间内部,另一种是\(i\)为区间开头:

\[f_i=min(f_{i-1}+b_{i-1}a_i(k^2-1),b_{i-1}a_i(k-1))\]

同时我们每次要用以\(i\)为结尾的情况去更新最小变化值:

\[Mn=min(Mn,f_{i-1}+b_{i-1}a_i(k-1))\]

最终答案就是原先的答案加上最小变化值。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,k,a[N+5],b[N+5];LL f[N+5];
int main()
{
    RI i;LL Mn=0,ans=0;for(scanf("%d%d",&n,&k),i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",a+i,b+i);//读入
    for(i=1;i<=n+1;++i) Gmin(Mn,f[i-1]+b[i-1]*a[i]*(k-1)),//更新最小变化值
        ans+=b[i-1]*a[i],f[i]=min(b[i-1]*a[i]*(k-1),f[i-1]+b[i-1]*a[i]*(k*k-1));//计算原先答案,并动态规划转移f[i]
    return printf("%lld",ans+Mn),0;//输出答案
}

\(D\):菜菜种菜(点此看题面

大致题意: 给一张有向图,每次询问一个区间,求这个区间内不与区间内其他点直接相连的点的权值之和。

我们定义\(l_i\)为与\(i\)相连的点中编号小于\(i\)的最大编号,\(r_i\)为与\(i\)相连的点中编号大于\(i\)的最小编号。

设当前询问区间为\([L,R]\),那么一个点对一个询问有贡献,当且仅当其满足:

\[l_i<L\le i\le R<r_i\]

即:

\[l_i+1\le L\le i\le R\le r_i-1\]

那么我们就可以考虑离线,将询问对\(L\)排序。

然后我们枚举\(L\),每次对于所有\(l_i+1=L\)\(i\),它们满足条件了,因此用树状数组维护,将\(i\sim r_i-1\)位置都加上\(a_i\)

同时,\(L-1\)这个位置已不在询问范围内,因此我们把\(L-1\sim r_{L-1}-1\)的位置都减去\(a_{L-1}\)

询问时只要询问\(a_R\)位置上的值即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000000
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,m,Qt,a[N+5],l[N+5],r[N+5],L[N+5],R[N+5];
vector<int> s[N+5],q[N+5];vector<int>::iterator it;
class FastIO
{
    private:
        #define FS 100000
        #define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        #define tn (x<<3)+(x<<1)
        #define D isdigit(c=tc())
        char c,*A,*B,FI[FS];
    public:
        I FastIO() {A=B=FI;}
        Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
        Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}F;
class TreeArray//树状数组
{
    private:
        #define lowbit(x) (x&-x)
        int v[N+5];
        I void Upt(RI x,CI y) {W(x<=n) v[x]+=y,x+=lowbit(x);}//修改后缀
    public:
        I void Add(CI l,CI r,CI v) {Upt(l,v),Upt(r+1,-v);}//区间修改,差分
        I int Qry(RI x,RI t=0) {W(x) t+=v[x],x-=lowbit(x);return t;}//单点询问
}T;
int main()
{
    RI i,x,y;long long ans=0;
    for(F.read(n,m,Qt),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),l[i]=0,r[i]=n+1;//初始化
    for(i=1;i<=m;++i) F.read(x,y),x>y?Gmax(l[x],y):Gmin(r[x],y);//预处理l,r
    for(i=1;i<=n;++i) s[l[i]].push_back(i);//对于l[i]开桶,方便后面的操作
    for(i=1;i<=Qt;++i) F.read(L[i],R[i]),q[L[i]].push_back(i);//读入询问,并桶排
    for(i=1;i<=n;++i)//枚举L
    {
        i^1&&(T.Add(i-1,r[i-1]-1,-a[i-1]),0);//删去L-1的贡献
        for(it=s[i-1].begin();it!=s[i-1].end();++it) T.Add(*it,r[*it]-1,a[*it]);//对于所有l[i]+1=L的i,加上其贡献
        for(it=q[i].begin();it!=q[i].end();++it) ans^=1LL*(*it)*T.Qry(R[*it]);//枚举R询问
    }return printf("%lld",ans),0;
}

\(E\):神奇函数(点此看题面

大致题意: \(d(x)\)\(x\)大于\(1\)的最小因数,\(f(x)=\begin{cases}1 & x=1\\d(x)f(\frac x{d(x)^2}) & d(x)^2|x\\f(\frac x{d(x)}) & others\end{cases}\),求\(\sum_{i=1}^nf(i)\)

我们设\(x=\sum_{i=1}^tp_i^{c_i}\),则\(f(x)=\sum_{i=1}^tp_i^{\lfloor\frac {c_i}2\rfloor}\)。证明如下:

对于一个\(p_i\),若\(c_i\ge 2\),则由\(f(x)=d(x)f(\frac x{d(x)^2})\ (d(x)^2|x)\)就会消掉\(x\)中的两个\(p_i\),得到\(f(x)\)中的\(1\)\(p_i\),即\(c_i\)个数除以\(2\)

而若\(c_i=1\),则由\(f(x)=f(\frac x{d(x)})\ others\)就会把这一个\(p_i\)消掉,即除以二后向下取整。

那么,\(f(n)\)显然是\(O(\sqrt n)\)级别的。

所以我们可以枚举\(f(i)\),设\(g(x)\)表示\(1\sim n\)内不含平方因子的数的个数,那么答案就是:

\[\sum_{i=1}^{\sqrt n}i\cdot g(\lfloor\frac n{i^2}\rfloor)\]

其中\(g\)的意义在于,若一个数含有平方因子\(k^2\),那么它的\(f\)值就会是\(ik\),所以应不含平方因子。

然后考虑\(g\)值的求法,这可以使用容斥,而容斥系数就是\(\mu\)。所以:

\[g(x)=\sum_{i=1}^{\sqrt x}\mu(i)\lfloor\frac n{i^2}\rfloor\]

对于上面的答案以及这里的\(g\),我们都可以用除法分块来较快速地求值,但似乎会被卡。。。

所以我们要预处理出\(x\le10^7\)\(g(x)\),这样就能过了。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define LS 10000000
#define LL long long
using namespace std;
LL n;
template<int SZ> class LinearSieve//线性筛
{
    private:
        int Pt,P[SZ+5],mu[SZ+5];
    public:
        LL smu[SZ+5],smu2[SZ+5];
        I LinearSieve()
        {
            RI i,j;for(mu[1]=1,i=2;i<=LS;++i)
                for(!P[i]&&(mu[P[++Pt]=i]=-1),j=1;j<=Pt&&1LL*i*P[j]<=SZ;++j)
                    if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i];else break;
            for(i=1;i<=LS;++i) smu[i]=smu[i-1]+mu[i],smu2[i]=smu2[i-1]+mu[i]*mu[i];//筛mu和以及平方和
        }
};LinearSieve<LS> L;
I LL G(Con LL& x)
{
    if(x<=LS) return L.smu2[x];RI l,r,sx=sqrt(x);LL res=0;//x较小时直接返回答案
    for(l=1;l<=sx;l=r+1) r=sqrt(x/(x/(1LL*l*l))),res+=x/(1LL*l*l)*(L.smu[r]-L.smu[l-1]);//除法分块
    return res;//返回答案
}
int main()
{
    RI Tt,l,r,sn;LL ans=0;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
    {
        scanf("%lld",&n),sn=sqrt(n),ans=0;//读入
        for(l=1;l<=sn;l=r+1) r=sqrt(n/(n/(1LL*l*l))),ans+=G(n/(1LL*l*l))*(l+r)*(r-l+1)>>1;//除法分块
        printf("%lld\n",ans);//输出答案
    }return 0;
}

\(F\):黄金体验(占坑待填)

posted @ 2019-08-14 20:41  TheLostWeak  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏