ABC_412解题报告
C
题目分析
首先有一个很显然的贪心，如果当前骨牌的大小为 \(x\)，我们一定会选择 \(\le 2x\) 且最大的骨牌作为下一个，这样能使我们用更少的骨牌接近目标大小。
接下来找到这个值就行了，答案显然满足可二分性，直接二分即可。
时间复杂度上界是 \(\Theta(n \log n)\) 的，但事实上根据官方的题解，可以证明使用的骨牌个数的数量级是 \(\Theta(\log n)\)，这说明只需要 \(\Theta(\log n)\) 次二分查找，总时间复杂度可能是 \(\Theta(\log^2 n)\) 的。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define umap unordered_map
#define vint vector<int>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define ull unsigned long long
#define uint unsigned int
#define rg register
#define il inline
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
int w=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
w=(w<<1)+(w<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return w*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=2e5+10;
int n,a[N],T,b[N],cnt;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
T=read();
while(T--){
cnt=0;
cin>>n;
rep(i,1,n) cin>>a[i];
rep(i,2,n-1) b[++cnt]=a[i];
sort(b+1,b+cnt+1);
cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-b-1;
if(n==2){
if(a[1]*2>=a[2]) cout<<2<<endl;
else cout<<-1<<endl;
}
else{
int now=a[1],p=0,ans=0;
while(1){
if(now*2>=a[n]) break;
int l=p+1,r=cnt,res=-1;
if(l>r) break;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(b[mid]<=2*now) l=mid+1,res=mid;
else r=mid-1;
}
if(res==-1) break;
else{
p=res,now=b[res],++ans;
}
}
if(now*2>=a[n]) cout<<ans+2<<endl;
else puts("-1");
}
}
#ifndef ONLINE_JUDGE
fprintf(stderr,"%f\n",1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC);
#endif
return 0;
}
D
题目分析
首先度数为 \(2\) 的图一定是一个环，考虑 \(N \le 8\)，直接全排列枚举最终的环是怎么样的，然后求出边有多少条是可以用到的，取操作次数最小值即可，时间复杂度 \(\Theta(n!n^2)\).
E
题目分析
考虑加入 \(A_k\) 时答案能否改变，将 \(A_k\) 唯一分解得到 \(A_k = p_1^{c_1} p_2^{c_2} \dots p_n^{c_n}\)，那么必须有一个指数 \(c_i\) 比之前所有的唯一分解更大。分两种情况：
- \(A_k\) 本身就是一个质数，此时 \(c_i\) 项从 \(0\) 变为 \(1\)。
- \(A_k = p_i^{c_i}\)，这样才能使答案改变，证明：假设 \(A_k = t \times p_i^{c_i}\)，由于 \(p_i^{c_i} \le A_k\)，代表此前的 \(p_i\) 的最高次就来到了 \(c_i\)，加入 \(A_k\) 不能改变答案，矛盾！
问题变为求 \([L,R]\) 之内的素数与判断 \(i \in [L,R]\) 是否能写成质数的整数次幂。
第一个可以用二次筛法，第二个根据结论一个数有且仅有一个 $ > \sqrt N $ 的质因子，这代表最小公倍数中他们的指数最多为 \(1\)，只需预处理出 \(\le \sqrt N\) 的质数的整数次幂即可。
时间复杂度的上界是 \(\Theta(n \log n)\)，事实上远远达不到。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define umap unordered_map
#define vint vector<int>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define ull unsigned long long
#define uint unsigned int
#define rg register
#define il inline
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
int w=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
w=(w<<1)+(w<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return w*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e7+10;
int prime[N],np[N],cnt,L,R;
void init(int n){
rep(i,2,n){
if(!np[i]) prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;++j){
np[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
int g[N],not_p[N];
umap<int,int> f;
int ans=1;
bool check(int x){
if(x<=1e7) return !np[x];
return 0;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
init(1e7);
L=read(),R=read();
for(int i=1;i<=cnt;++i){
int l=((L+prime[i]-1)/prime[i])*prime[i],r=floor(1.0*R/prime[i])*prime[i];
for(int j=l;j<=r;j+=prime[i]){
if(check(j)) continue;
not_p[j-L]=1;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i){
if(prime[i]*prime[i]>R) break;
for(int j=prime[i]*prime[i];;j*=prime[i]){
f[j]=1;
if(j>R/prime[i]) break;
}
}
for(int i=L+1;i<=R;++i){
if(!not_p[i-L]) ++ans;
}
for(int i=L+1;i<=R;++i){
if(f[i]) ++ans;
}
write(ans);
puts("");
#ifndef ONLINE_JUDGE
fprintf(stderr,"%f\n",1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC);
#endif
return 0;
}
F
题目分析
推式子！记 \(E_x\) 为最外面袜子颜色为 \(x\) 时结束游戏的期望次数，记 \(S\) 为总数，那么：
\[E_x = \frac{A_x-1}{S-1} \times 1 + \sum_{A_x < A_y} \frac{A_y}{S-1} (E_y+1) + \sum_{A_x > A_y}\frac{A_y}{S-1} (E_x+1)
\]
移项得到：
\[E_x = \frac{A_x-1+\sum_{A_x<A_y}A_y(E_y+1)+\sum_{A_x>A_y} A_y}{S-1-\sum_{A_x>A_y} A_y}
\]
将袜子按 \(A\) 从大到小排序求解，记 \(x_1 = \sum_{A_x<A_y}A_y(E_y+1),x_2=\sum_{A_x>A_y} A_y\)，在求解过程中可以动态维护这两个变量的值以快速求解。
时间复杂度 \(\Theta(n \log n)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define umap unordered_map
#define vint vector<int>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define ull unsigned long long
#define uint unsigned int
#define rg register
#define il inline
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
int w=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
w=(w<<1)+(w<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return w*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=3e5+10,mod=998244353;
int n,a[N],c,sum,E[N];
struct node{
int c,cnt;
bool operator <(const node &b)const{
return cnt>b.cnt;
}
}b[N];
int qpow(int a,int b){
int res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int x1,x2;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
cin>>n>>c;
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),sum+=a[i];
sum+=1;
++a[c];
for(int i=1;i<=n;++i) b[i].cnt=a[i],b[i].c=i;
sort(b+1,b+n+1);
x1=0;
x2=sum;
for(int i=1;i<=n;++i){
x2-=b[i].cnt;
int x=b[i].c;
int fz,fm;
fz=b[i].cnt-1+x1+x2;
fz%=mod;
fm=sum-1-x2;
fm%=mod,fm+=mod,fm%=mod;
E[x]=fz*qpow(fm,mod-2)%mod;
x1+=(b[i].cnt*(E[x]+1)%mod),x1%=mod;
}
cout<<E[c]<<endl;
#ifndef ONLINE_JUDGE
fprintf(stderr,"%f\n",1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC);
#endif
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号