10.3 广州集训 Day2
T1
1 数学课
程序文件名： number.c/cpp/pas
输入文件： number.in
输出文件： number.out
时间限制： 1s
空间限制： 256Mb
题目描述
数学课上，老师在黑板上写了n个数，然后让大家做一个游戏：每次擦掉黑板上的两个数，然后在黑板上写下这两个数的乘积加一，直到最后只有一个数。同学们做了几次这个游戏之后，发现最终剩下的数大小不一。同学们十分好奇，但老师说：“如果你们能保证剩下的数比我玩的时候剩下的数要小或者相等，那我就告诉你们原因。”同学们现在十分想知道原因，你能帮帮他们吗？
输入格式
第一行有一个正整数n，代表数字的个数。
下一行有n个正整数a1; a2; :::; an，表示老师在黑板上写下的数。
输出格式
一个数，表示同学们最后应该剩下的数。对109 + 7取模。
样例
输入 输出
3 15
2 2 3
样例解释：先将2和3擦掉，写下7，再将7和2擦掉，写下15。
数据范围
对于20%的数据，n≤8 ，𝑎𝑖≤10
对于40%的数据，n≤8
对于100%的数据，n≤200 ，𝑎𝑖≤10^9
Solution：
简单模拟+贪心。
我们可以证明每次去两个最大的数相乘一定比其余做法优。
可以通过二叉树说明。
假设a为左图最小值，则左图->右图可以发现右图更小。
进行类似操作，可以发现最小值通过被替换一直会留在二叉树中，而最大值则会被擦去。
也就是说，最小值总是最后擦去，而最大值被不断删除。
以此类推，每次的做法就是取两个最大值相乘。
该做法是O（nlogn）。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define MODE 1000000007 4 #define MAXN 205 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 int a[MAXN]; 8 int n; 9 ll ans=0; 10 inline int read(){ 11 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 12 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 13 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 14 return x*f; 15 } 16 bool cmp(int x,int y){return x>y;} 17 int main(){ 18 freopen("number.in","r",stdin); 19 freopen("number.out","w",stdout); 20 n=read(); 21 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); 22 sort(a+1,a+n+1,cmp); 23 //for(int i=1;i<=n;i++) printf("a[i]=%d\n",a[i]); 24 ans=a[1]; 25 for(int i=2;i<=n;i++){ 26 ans*=a[i];ans+=1;ans%=MODE; 27 } 28 printf("%d",ans); 29 return 0; 30 }
T2
遗传病（disease,2s,256M）
【题目描述】
众所周知，近亲结婚的后代患遗传病的概率会大大增加。如果某一基因按常染色体隐性遗传方式，其子女就可能因为是突变纯合子而发病。因此，近亲婚配增加了某些常染色体隐性遗传疾病的发生风险。
现在有n个人，每个人都有一个遗传特征值a_i,假设第i个人和j个人结婚，那么风险系数为gcd(a_i,a_j)，法律规定只有风险系数为1时两个人才能结婚。
F同学开了一个婚姻介绍所，这n个人可能会来登记，当然也有可能登记后取消，也有可能取消后再登记。F同学的任务就是，求出当前所有登记的人中，有多少对人是可以结婚的。
刚开始所有人都没有登记。
为出题需要，不考虑性别，基因突变和染色体变异等QAQ。
【输入格式】
从disease.in中读入。
第一行两个整数n和q，n表示人数，q表示登记和登出的总次数。
第二行n个整数a_1,a_2,…,a_n,意义如上所述。
接下来q行，每行一个整数x。如果当前第x个人没有登记，那么第x个人登记；如果当前第x个人已经登记了，那么其取消登记。
【输出格式】
输出到disease.out中。
一共q行，第i行表示第i个操作后，当前所有登记的人中有多少对人是可以结婚的。
【样例一输入】
5 6
1 2 3 4 6
1
2
3
4
5
1
【样例一输出】
0
1
3
5
6
2
【子任务】
30%数据，1<=n,q<=1000
100%数据，1<=n,q<=100000，1<=ai<=500000
Solution：
本题考察容斥原理。
30%数据，每加入或删除一个数，扫一下已经登记的人求一下gcd即可，时间复杂度O(n^2)
100%数据，考虑容斥原理。
比如加入一个数30，那么60的质因数集合为{2,3,5}（重复的去掉）
两个数互质等价于质因数集合交集问空集。
记|S|为当且已登记的人中质因数集合的子集有S的人数，其中S是一个质因数集合
特别地，记|{1}|=当前已登记的人数
与30互质的个数=|{1}|-|{2}|-|{3}|-|{5}|+|{2,3}|+|{2,5}|+|{3,5}|-|{2,3,5}|
因为2*3*5*7*11*13*17=510510>500000，所以每个数最多只有6个质因数（重复的去掉）
2^6=64，时间复杂度为O(64n)。
Other：
还没有A。
本题也是莫比乌斯反演。
1 //std 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cassert> 5 #include<iostream> 6 #include<fstream> 7 #include<algorithm> 8 #include<cstring> 9 #include<string> 10 #include<cmath> 11 #include<queue> 12 #include<stack> 13 #include<map> 14 #include<utility> 15 #include<set> 16 #include<bitset> 17 #include<vector> 18 #include<functional> 19 #include<deque> 20 #include<cctype> 21 #include<climits> 22 #include<complex> 23 #include<bits/stdc++.h> 24 #include<ctime> 25 #include<ext/rope> 26 27 using namespace __gnu_cxx; 28 using namespace std; 29 30 typedef long long LL; 31 typedef double DB; 32 typedef pair<int,int> PII; 33 typedef pair<DB,DB> PDD; 34 typedef complex<DB> CP; 35 typedef vector<int> VI; 36 37 #define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a)) 38 #define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a)) 39 #define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v) 40 #define re(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++) 41 #define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--) 42 #define fi first 43 #define se second 44 #define mp(a,b) make_pair(a,b) 45 #define pb(a) push_back(a) 46 #define two(k) (1<<(k)) 47 #define SZ(x) (int(x.size())) 48 #define all(x) (x).begin(),(x).end() 49 #define ire(i,v,x) for(i=0,v=i<SZ(x)?x[i]:0;i<SZ(x);v=x[++i]) 50 #define ls (rt<<1) 51 #define rs (rt<<1|1) 52 #define MID ((l+r)>>1) 53 54 template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;} 55 template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;} 56 template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;} 57 58 inline int sgn(DB x){if(abs(x)<1e-9)return 0;return(x>0)?1:-1;} 59 const DB Pi=acos(-1.0); 60 61 //void enlargestack(){int size=256<<10;char *p=(char*)malloc(size)+size;__asm__("movl %0, %%esp\n"::"r"(p));} 62 63 int gint() 64 { 65 int res=0;bool neg=0;char z; 66 for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); 67 if(z==EOF)return 0; 68 if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} 69 for(;z!=EOF && isdigit(z);res=(res<<3)+(res<<1)+z-'0',z=getchar()); 70 return (neg)?-res:res; 71 } 72 LL gll() 73 { 74 LL res=0;bool neg=0;char z; 75 for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); 76 if(z==EOF)return 0; 77 if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} 78 for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); 79 return (neg)?-res:res; 80 } 81 82 const int maxn=210000; 83 const int maxm=510000; 84 85 int n,q,m; 86 int a[maxn]; 87 int cnt,flag[maxm],prime[maxm],p[maxm]; 88 vector<int> b[maxn]; 89 int in[maxn]; 90 int table[maxm]; 91 LL res; 92 93 void init() 94 { 95 int i,j; 96 re(i,2,m) 97 { 98 if(!flag[i])prime[++cnt]=i; 99 for(j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=m;j++) 100 { 101 flag[i*prime[j]]=1; 102 p[i*prime[j]]=prime[j]; 103 if(i%prime[j]==0)break; 104 } 105 } 106 re(i,1,n) 107 { 108 int x=a[i]; 109 while(x!=1) 110 { 111 int t=flag[x]?p[x]:x; 112 b[i].pb(t); 113 while(x%t==0)x/=t; 114 } 115 } 116 } 117 118 void dfs(int x,int k,int mult,int f) 119 { 120 if(k==SZ(b[x])) 121 { 122 res+=in[x]==1?table[mult]*in[x]*f:(table[mult]-1)*in[x]*f; 123 table[mult]+=in[x]; 124 return; 125 } 126 dfs(x,k+1,mult*b[x][k],-f); 127 dfs(x,k+1,mult,f); 128 } 129 130 int main() 131 { 132 freopen("disease.in","r",stdin); 133 freopen("disease.out","w",stdout); 134 int i; 135 n=gint();q=gint(); 136 re(i,1,n)a[i]=gint(),upmax(m,a[i]); 137 init(); 138 fill(in,1,n,1); 139 while(q--) 140 { 141 int x=gint(); 142 dfs(x,0,1,1); 143 in[x]=-in[x]; 144 printf("%I64d\n",res); 145 } 146 return 0; 147 }
T3
瓜分领土（2s,512MB）
石头、剪刀和布闹别扭了，他们要分家。
他们生活在一个离散的一维空间里，简单点说，他们拥有在一条直线上的N间房子，每间房子有一个风水值（有正有负）。
然后，他们决定将这N间房子分成非空的三个连续段，从左到右数，第一段的房子全部属于石头，第二段的房子全部属于剪刀，第三段的房子全部属于布。
由于他们希望公平，并且又由于剪刀是他们的老大哥，他们决定根据这些条件制定了一个评判标准：
设石头拥有的房子的风水值和为a，剪刀拥有的房子的风水值和为b，布拥有的房子的风水值和为c，剪刀拥有n间房子。
那么通过给定一个参数x。
那么，这种分配的合理值就是max(a,b,c)-min(a,b,c)+x*n.
合理值越小，表示这种分配越合理。
因此，我们现在就是要求出这个最小的合理值。
输入格式
第一行一个正整数N。
第二行有N个整数，表示房子的风水值，按从左到右的顺序给出。
第三行一个整数x。
输出格式
一行一个整数，表示最小的合理值。
输入样例：
4
1 1 1 1
-1
输出样例：
-1
数据范围：
对于30%的数据，N<=10.
对于70%的数据，N<=1000.
对于100%的数据，N<=100000,保证所有运算结果在long long范围内。
Solution：
线段树+二分+离散+枚举+数学结论。
//留坑。以及正解写挂60<暴力O（n^2)的惨案。
Other：
根据三段的和a,b,c的大小关系，分成6种情况讨论。对于每种情况，根据计算出来的答的式子，利用数据结构求区间最值，从而解决这道题。
这就是官方题解了（显然是假的对不对），具体的要过一段时间放上来了。
//在code中加入了一些注释 希望可以懂惹
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn=100000+15; 5 const long long oo=1ll << 60; 6 int n,a[maxn]; 7 long long sum[maxn],x; 8 long long que[maxn]; 9 int all; 10 long long tree[4*maxn]; 11 int foundr(long long x) 12 { 13 int l=0,r=all+1,midd; 14 while (l+1<r) 15 { 16 midd=(l+r)>>1; 17 if (que[midd]<=x) l=midd; 18 else r=midd; 19 } 20 return l; 21 } 22 int foundl(long long x) 23 { 24 int l=0,r=all+1,midd; 25 while (l+1<r) 26 { 27 midd=(l+r)>>1; 28 if (que[midd]>=x) r=midd; 29 else l=midd; 30 } 31 return r; 32 } 33 int ins(int root,int l,int r,int x,long long y) 34 { 35 if (r<x || l>x) return 0; 36 tree[root]=min(tree[root],y); 37 if (l==r) return 0; 38 int mid=(l+r)>>1; 39 ins(root<<1,l,mid,x,y); 40 ins(root<<1|1,mid+1,r,x,y); 41 return 0; 42 } 43 long long found(int rot,int l,int r,int x,int y) 44 { 45 if (l>y || r<x) return oo; 46 if (x<=l && r<=y) return tree[rot]; 47 int mid=(l+r)>>1; 48 return min(found(rot<<1,l,mid,x,y),found(rot<<1|1,mid+1,r,x,y)); 49 } 50 long long work1() 51 { 52 for (int i=1;i<=4*all;i++) tree[i]=oo; 53 long long ans=oo; 54 for (int i=n-2;i>=1;i--) 55 { 56 int u=foundr(sum[i+1]); 57 ins(1,1,all,u,-sum[i+1]+x*(i+1)); 58 int l=foundl(2*sum[i]),r=foundr((sum[n]+sum[i])/2); 59 if (l>r) continue; 60 ans=min(ans,sum[n]-sum[i]-x*i+found(1,1,all,l,r)); 61 } 62 return ans; 63 } 64 long long work2() 65 { 66 for (int i=1;i<=4*all;i++) tree[i]=oo; 67 long long ans=oo; 68 for (int i=n-2;i>=1;i--) //这里我们采用的是枚举i，然后看所有j>i的合法情况中的最优解 69 { 70 int u=foundr(sum[i+1]); 71 ins(1,1,all,u,sum[i+1]+x*(i+1)); //准备开始枚举i，所以把j=i+1的情况加进线段树里面 72 int l=foundl((sum[n]+sum[i]+1)/2),r=foundr(sum[n]-sum[i]); //确定sum[j]的范围 73 if (l>r) continue; 74 ans=min(ans,-2*sum[i]-x*i+found(1,1,all,l,r)); //求解sum[j]在某范围内的最优值 75 } 76 return ans; 77 } 78 long long work3() 79 { 80 for (int i=1;i<=4*all;i++) tree[i]=oo; 81 long long ans=oo; 82 for (int i=n-2;i>=1;i--) 83 { 84 int u=foundr(sum[i+1]); 85 ins(1,1,all,u,-2*sum[i+1]+x*(i+1)); 86 int l=1,r=foundr(min(sum[n]-sum[i],2*sum[i])); 87 if (l>r) continue; 88 ans=min(ans,sum[n]+sum[i]-x*i+found(1,1,all,l,r)); 89 } 90 return ans; 91 } 92 long long work4() 93 { 94 for (int i=1;i<=4*all;i++) tree[i]=oo; 95 long long ans=oo; 96 for (int i=n-2;i>=1;i--) 97 { 98 int u=foundr(sum[i+1]); 99 ins(1,1,all,u,-sum[i+1]+x*(i+1)); 100 int l=foundl(sum[n]-sum[i]),r=foundr((sum[n]+sum[i])/2); 101 if (l>r) continue; 102 ans=min(ans,2*sum[i]-x*i+found(1,1,all,l,r)); 103 } 104 return ans; 105 } 106 long long work5() 107 { 108 for (int i=1;i<=4*all;i++) tree[i]=oo; 109 long long ans=oo; 110 for (int i=n-2;i>=1;i--) 111 { 112 int u=foundr(sum[i+1]); 113 ins(1,1,all,u,2*sum[i+1]+x*(i+1)); 114 int l=foundl(max(2*sum[i],sum[n]-sum[i])),r=all; 115 if (l>r) continue; 116 ans=min(ans,-sum[i]-sum[n]-x*i+found(1,1,all,l,r)); 117 } 118 return ans; 119 } 120 long long work6() 121 { 122 for (int i=1;i<=4*all;i++) tree[i]=oo; 123 long long ans=oo; 124 for (int i=n-2;i>=1;i--) 125 { 126 int u=foundr(sum[i+1]); 127 ins(1,1,all,u,sum[i+1]+x*(i+1)); 128 int l=foundl((sum[i]+sum[n]+1)/2),r=foundr(2*sum[i]); 129 if (l>r) continue; 130 ans=min(ans,sum[i]-sum[n]-x*i+found(1,1,all,l,r)); 131 } 132 return ans; 133 } 134 int main() 135 { 136 freopen("B.in","r",stdin); 137 freopen("B.out","w",stdout); 138 scanf("%d",&n); 139 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 140 cin >> x; 141 for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 142 for (int i=2;i<n;i++) que[++all]=sum[i]; 143 sort(que+1,que+all+1); 144 all=unique(que+1,que+all+1)-que-1; 145 long long ans=oo; 146 ans=min(ans,work1()); //a<=b<=c 147 ans=min(ans,work2()); //a<=c<=b 148 ans=min(ans,work3()); //b<=a<=c 149 ans=min(ans,work4()); //b<=c<=a 150 ans=min(ans,work5()); //c<=a<=b 151 ans=min(ans,work6()); //c<=b<=a 152 //不排除分类标准有误 153 cout << ans << endl; 154 return 0; 155 }
