CF1471(Round 694 div2) 题解
CF1471A
先从最简单的情况入手：数组中只有两个数 a a a 和 b b b。
令 a = c x + d , b = m x + k ( 0 ≤ d , k < x ) a=cx+d,b=mx+k(0\le d,k < x ) a=cx+d,b=mx+k(0≤d,k<x)。
- d , k d,k d,k 均为 0 0 0。不合并： c + m c+m c+m，合并： c + m c+m c+m
- d , k d,k d,k 有一个为 0 0 0。不合并： c + m + 1 c+m+1 c+m+1，合并： c + m + 1 c+m+1 c+m+1
- d , k d,k d,k 均不为 0 0 0，且 d + k ≤ x d+k\le x d+k≤x。不合并： c + m + 2 c+m+2 c+m+2，合并： c + m + 1 c+m+1 c+m+1
- d , k d,k d,k 均不为 0 0 0，且 d + k > x d+k>x d+k>x。不合并： c + m + 2 c+m+2 c+m+2，合并： c + m + 2 c+m+2 c+m+2
综上，把两个数合并后对于答案的影响是只可能减少不可能增加，因此一次都不合并时答案取得最大值，全部合并时答案取得最小值。
代码如下：
/*
_/ _/ _/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/_/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/
_/ _/_/_/ _/_/_/ _/ _/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,fh=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int N=1e5+5;
int a[N];
void work(){
ll sum=0,mx=0;
int n=read(),x=read();
fo(i,1,n) a[i]=read(),sum+=a[i];
fo(i,1,n){
mx+=a[i]/x;
if(a[i]%x) mx++;
}
printf("%lld %lld\n",sum/x+(bool)(sum%x),mx);
//puts("");
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
CF1471B
如果 x ∣ q x|q x∣q，设 t = q x t=\frac{q}{x} t=xq，那么 q q q 会分裂成 x x x 个 t t t。而如果 x ∣ t x|t x∣t，那么这 x x x 个 t t t 又会分裂出 x 2 x^{2} x2 个 t x \frac{t}{x} xt……很显然这是一个有终点的循环，每循环一次就会多出 x k x^{k} xk 个 q x k \frac{q}{x^{k}} xkq。我们把当前循环中 q q q 分裂出的 x k x^{k} xk 个数看做 一个整体，每次循环都会使得数组里的元素和增加 q q q。同时，由于 q ≤ 1 0 9 q\le 10^{9} q≤109，所以循环次数为 O ( log x q ) O(\log_{x}{q}) O(logxq)，这是一个上界为 30 30 30 的数，直接模拟这个循环即可。
代码如下：
/*
_/ _/ _/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/_/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/
_/ _/_/_/ _/_/_/ _/ _/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,fh=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int N=1e5+5;
int a[N],cnt[N];
void work(){
int n=read(),x=read();
ll ans=0;
fo(i,1,n) a[i]=read(),cnt[i]=0,ans+=a[i];
fo(i,1,n){
int t=a[i];
while(t%x==0){
t/=x;
cnt[i]++;
}
}
int flag=1;
while(flag){
fo(i,1,n){
if(cnt[i]) cnt[i]--,ans+=a[i];
else{
flag=0;
break;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
//puts("");
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
CF1471C
假设有 x x x 人直接拿钱，我们选择让 k k k 最小的那 x x x 个人来拿钱肯定是最优的，因为这样能使得剩下的 n − x n-x n−x 个人选择的余地最大，并且代价最小。把 k k k 排序后对 c k i c_{k_{i}} cki 做前缀和。这就转化为了在两个递增数组上依次取一段长为 x x x 的前缀和一段长为 m − x m-x m−x 的后缀使得和最小，这显然是一个关于 x x x 的单谷函数，直接无脑三分就能解决。
代码如下：
/*
_/ _/ _/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/_/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/
_/ _/_/_/ _/_/_/ _/ _/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,fh=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int N=3e5+5;
int k[N],c[N];
ll S1[N],S2[N];
void work(){
int n=read(),m=read();
ll ans=1e18;
fo(i,1,n) k[i]=read();//n个顾客
fo(i,1,m) c[i]=read(),S2[i]=S2[i-1]+c[i];//m件礼品
sort(k+1,k+1+n);
fo(i,1,n) S1[i]=S1[i-1]+c[k[i]];
int L=max(0,n-m),R=n,mid1,mid2;
while(R-L>5){
mid1=L+(R-L)/3,mid2=R-(R-L)/3;
ll v1=S1[mid1]+S2[n-mid1],v2=S1[mid2]+S2[n-mid2];
if(v1<=v2) R=mid2;
else L=mid1;
}
fo(i,L,R) ans=min(ans,S1[i]+S2[n-i]);
printf("%lld\n",ans);
//puts("");
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
CF1471D
思维题。
看到 gcd 和 lcm 首先想到分解质因数。令 a = ∏ i = 1 ∞ p i e i , b = ∏ i = 1 ∞ p i e i ′ a=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{e_{i}},b=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{e'_{i}} a=∏i=1∞piei,b=∏i=1∞piei′（ p i p_{i} pi 为第 i i i 个质数）。则 l c m ( a , b ) = ∏ i = 1 ∞ p i max ( e i , e i ′ ) , gcd ( a , b ) = ∏ i = 1 ∞ p i min ( e i , e i ′ ) lcm(a,b)=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{\max(e_{i},e'_{i})},\gcd(a,b)=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{\min(e_{i},e'_{i})} lcm(a,b)=∏i=1∞pimax(ei,ei′),gcd(a,b)=∏i=1∞pimin(ei,ei′)。令 t = l c m ( a , b ) g c d ( a , b ) t=\frac{lcm(a,b)}{gcd(a,b)} t=gcd(a,b)lcm(a,b)，则 t = ∏ i = 1 ∞ p i max ( e i , e i ′ ) − min ( e i , e i ′ ) t=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{\max(e_{i},e'_{i})-\min(e_{i},e'_{i})} t=∏i=1∞pimax(ei,ei′)−min(ei,ei′)。因此 t t t 为完全平方数当且仅当 ∀ i ∈ N + , 2 ∣ ( max ( e i , e i ′ ) − min ( e i , e i ′ ) ) \forall i\in \mathbb{N^{+}},2|(\max(e_{i},e'_{i})-\min(e_{i},e'_{i})) ∀i∈N+,2∣(max(ei,ei′)−min(ei,ei′))。也就是 e i e_{i} ei 与 e i ′ e'_{i} ei′ 奇偶性相同。因此 a a a 和 b b b 是否相邻就只与 e i e_{i} ei 和 e i ′ e'_{i} ei′ 的奇偶性有关了，我们把奇数看做 1 1 1，偶数看做 0 0 0，每个数就可以用一个 01 01 01 串来表示，而两个数相邻当且仅当它们的 01 01 01 串相同。
这也就是说，每次变化都会将数组中所有 01 01 01 串相同的元素合并在一起（其实就是把这些 01 01 01 串加起来）。如果参与合并的元素个数为偶，那么合并过后每个 e i e_{i} ei 都会变为 0 0 0，即一个全 0 0 0 串。如果参与合并的元素个数为奇，那么合并之后每个元素的 01 01 01 串并不会发生改变。这意味着数组在变化过一次后，出现的全 0 0 0 串从此始终是全 0 0 0 串，非全 0 0 0 串从此也不会再发生改变，所以答案最多只有两种： w = 0 w=0 w=0 时，和 w = 1 w=1 w=1 时，直接套哈希模拟就行，由于 01 01 01 串的哈希值只与 1 1 1 的位置有关，因此我们可以把所有 1 1 1 的位置拎出来做哈希。时间复杂度为 O ( n log n + n max a i ) O(n\log n+n\sqrt {\max a_{i})} O(nlogn+nmaxai)。
代码如下：
/*
_/ _/ _/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/_/ _/_/_/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/ _/ _/_/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/_/
_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/_/_/_/ _/ _/ _/
_/ _/_/_/ _/_/_/ _/ _/_/_/ _/ _/ _/ _/ _/ _/ _/
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define mod1 998244353
#define mod2 19260817
#define base1 19260813
#define base2 300007
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,fh=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int N=1e6+5;
int np[N],p[N],top,rk[N];
void xxs(){
fo(i,2,N-1){
if(!np[i]) p[++top]=i,rk[i]=top;
fo(j,1,top){
int t=i*p[j];
if(t>=N) break;
np[t]=1;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
int a[N];
struct Ha{
int v1,v2;
bool operator<(const Ha &x){
if(v1!=x.v1) return v1<x.v1;
return v2<x.v2;
}
bool operator==(const Ha &x){return v1==x.v1&&v2==x.v2;}
}hx[N];
void work(){
int n=read();
fo(i,1,n) a[i]=read();
fo(i,1,n){
hx[i].v1=hx[i].v2=0;
int t=a[i];
//printf("%d:\n",t);
fo(j,1,top){
if(p[j]*p[j]>t) break;
bool cnt=0;
while(t%p[j]==0){
t/=p[j];
cnt^=1;
}
//printf("%d %d\n",p[j],cnt);
if(cnt) hx[i].v1=(1ll*hx[i].v1*base1+j)%mod1,hx[i].v2=(1ll*hx[i].v2*base2+j)%mod2;
}
if(t>1) hx[i].v1=(1ll*hx[i].v1*base1+rk[t])%mod1,hx[i].v2=(1ll*hx[i].v2*base2+rk[t])%mod2;
//printf("v1=%d v2=%d\n",hx[i].v1,hx[i].v2);
}
sort(hx+1,hx+1+n);
int ans0=0,ans1=0,cnt=0;
fo(i,1,n){
int pos=i;
while(pos<=n&&hx[pos]==hx[i]) ++pos;
int len=pos-i;
//printf("%d:%d %d %d %d\n",i,hx[i].v1,hx[i].v2,pos,len);
ans0=max(ans0,len);
ans1=max(ans1,len);
if(len%2==0||hx[i].v1+hx[i].v2==0) cnt+=len;
i=pos-1;
}
ans1=max(ans1,cnt);
int q=read();
while(q--){
ll w;
scanf("%lld",&w);
if(w==0) printf("%d\n",ans0);
else printf("%d\n",ans1);
}
//puts("");
}
int main(){
xxs();
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号