题解 - Codeforces Round #641 Div. 2 (A-E)

发表于 2020-06-02 更新于 2024-07-02 分类于算法竞赛，题解本文字数： 2k 阅读时长 ≈ 7 分钟

比赛链接

A - Orac and Factors

题意

对给定的 \(n\) 做 \(k\) 次累加，每次均加上当前 \(n\) 的最小非 \(1\) 因子

思路与做法

显然，如果 \(n\) 是奇数，累加一次后变为偶数

如果 \(n\) 是偶数，每次加 \(2\) 即可

代码

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CodeForces_1350Aview raw

/*
 * @Author: Tifa
 * @Description: From <https://github.com/Tiphereth-A/CP-archives>
 * !!! ATTENEION: All the context below is licensed under a 
 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
  int kase;
  cin >> kase;
  while (kase--) {
    unsigned long long n, k;
    cin >> n >> k;
    if (n % 2)
      for (int i = 3; i <= n; ++i)
        if (n % i == 0) {
          n += i;
          --k;
          break;
        }
    cout << n + k * 2 << endl;
  }
  return 0;
}

B - Orac and Models

题意

给出一个数组 s[1..n], 求满足如下要求的最长子序列 l[] 长度

l[] 严格递增
对 l[] 中任意相邻两项均满足：其在原数组中对应下标满足后一项为前一项的倍数

思路与做法

多了个限制条件的 LIS, 做法自然也是 dp

设 f[i] 为 s[i..n] 中的最大值

则我们有

\[ f_i=\max\left(1,f_i,\max_{i|j;~1\leqslant j\leqslant n}\{f_j+1\}\right) \]

答案即为 \(\displaystyle\max_{1\leqslant i\leqslant n}\{f_i\}\)

我们也可以设 f[i] 为 s[1..i] 中的最大值

则我们有

\[ f_i=\max\left(1,f_i,\max_{j|i;~1\leqslant j\leqslant i}\{f_j+1\}\right) \]

答案也是 \(\displaystyle\max_{1\leqslant i\leqslant n}\{f_i\}\)

接下来就看怎么枚举了，不同的枚举方法其复杂度也不同

下面介绍两种方法

法一:

先在 [1..n/2] 里枚举 i, 再枚举 i 的倍数 j (因为最小的 j 肯定是 2*i, 所以 i 没必要枚举到 n)

法二:

先在 [1..n] 里枚举 i, 再枚举 i 的因子 j

如果处理得好，复杂度就是 \(\Theta(n\sqrt{n})\), 否则就是 \(\Theta(n^2)\)

复杂度

法一: \(\displaystyle\Theta\left(\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)=O(nH_n)=O(n\log n)\)

法二: \(\Theta(n\sqrt{n})\)

代码

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CodeForces_1350Bview raw

/*
 * @Author: Tifa
 * @Description: From <https://github.com/Tiphereth-A/CP-archives>
 * !!! ATTENEION: All the context below is licensed under a 
 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _for(i, l, r) for (auto i = (l); i <= (r); ++i)
#define _fd(i, r, l) for (auto i = (r); i >= (l); --i)
const int N = 1e5 + 5;
int s[N], f[N];
int main() {
  int kase;
  cin >> kase;
  while (kase--) {
    int n, ans = 1;
    cin >> n;
    _for(i, 1, n) f[i] = 1;
    _for(i, 1, n) cin >> s[i];
    _fd(i, n / 2, 1) for (int j = i; j <= n; j += i) if (s[j] > s[i]) ans =
      max(ans, f[i] = max(f[i], f[j] + 1));
    cout << ans << endl;
  }
  return 0;
}

C - Orac and LCM

题意

给一组数，求任意两个数的最小公倍数构成的数组的最大公约数

思路与做法

法一 (不推荐)

设 \(a_i=\displaystyle\sum_{j=1}^{\pi(n)}p_j^{\alpha_{ij}}\)

结果即为 \(\displaystyle\sum_{j=1}^{\pi(n)}p_j^{\min\{\max_{1\leqslant k<l\leqslant n}\{\alpha_{kj},\alpha_{lj}\}\}}\)

设 \(\alpha_{1i},\alpha_{2i},...,\alpha_{ni}\) 中的非严格次小值为 \(b_i\)

例如: \(1,1,2,3,2\) 的非严格次小值为 \(1\)

结果便为

\[ \sum_{j=1}^{\pi(n)}p_j^{b_i} \]

对每个数进行标准分解，然后取对应指数的非严格次小值即可

不推荐这么做的原因是处理很麻烦，细节贼多，而且很容易写丑 ~~交了十几次才 A, 我太菜了~~

法二

首先我们有如下引理:

引理 - C-1

设结果为 \(S\), 则 \(\forall p\in\{prime\},k\in\mathbb{N},p^k\mid S\iff |\{a_i|p^k\mid a_i,~1\leqslant i\leqslant n\}|\geqslant n-1\)

证明

若 \(|\{a_i|p^k\mid a_i,~1\leqslant i\leqslant n\}|<n-1\), 则 \(\exists a_x\ne a_y,~s.t.~p^k\nmid a_x,p^k\nmid a_y\)

故 \(p^k\nmid[a_x,a_y]\), \(p^k\nmid S\)

反之，
\(|\{a_i|p^k\mid a_i,~1\leqslant i\leqslant n\}|\geqslant n-1\iff\forall1\leqslant i<j\leqslant n,p^k\mid[a_i,a_j]\iff p^k\mid S\)

\(\Box\)

所以设

\[ d_i=\begin{cases} \gcd_{2\leqslant j\leqslant n}\{a_j\},&i=1\\ \gcd\{\gcd_{1\leqslant j\leqslant i-1}\{a_j\},\gcd_{i+1\leqslant j\leqslant n}\{a_j\}\},&1<i<n\\ \gcd_{1\leqslant j\leqslant n-1}\{a_j\},&i=n\\ \end{cases} \]

则 \(S=\operatorname{lcm}_{1\leqslant i\leqslant n}\{a_i\}\)

求 d[] 我们可以维护前缀和 pre[1..n] 和后缀和 suf[1..n],
则 \(d_i=\begin{cases} suf_{2},&i=1\\ \gcd\{pre_{i-1},suf_{i+1}\},&1< i< n\\ pre_{n-1},&i=n \end{cases}\)

法三

设 \(d_{ij}=\gcd\{a_i,a_j\}\), 则

\[ \begin{aligned} \gcd_{1\leqslant i<j\leqslant n}\{\operatorname{lcm}(a_i,a_j)\}&=\gcd_{1\leqslant i\leqslant n}\{\gcd_{i<j\leqslant n}\{\operatorname{lcm}(a_i,a_j)\}\}\\ &=\gcd_{1\leqslant i\leqslant n}\Bigg\{\gcd_{i<j\leqslant n}\bigg\{ {a_ia_j\over d_{ij} }\bigg\}\Bigg\}\\ \end{aligned} \]

固定 \(a_i\), 考虑 \(\displaystyle\gcd_{i<j\leqslant n}\left\{ {a_ia_j\over d_{ij}}\right\}\)

\[ \begin{aligned} \gcd_{i<j\leqslant n}\left\{ {a_ia_j\over d_{ij}}\right\}&=a_i\gcd_{i<j\leqslant n}\left\{ {a_j\over d_{ij}}\right\}\\ &=a_i{\gcd_{i<j\leqslant n}\{a_j\}\over\gcd_{i<j\leqslant n}\{d_{ij}\}}\\ &={a_i\gcd_{i<j\leqslant n}\{a_j\}\over\gcd\{a_i,\gcd_{i<j\leqslant n}\{a_j\}\}}\\ &=\operatorname{lcm}\{a_i,\gcd_{i<j\leqslant n}\{a_j\}\} \end{aligned} \]

故

\[ \gcd_{1\leqslant i<j\leqslant n}\{\operatorname{lcm}(a_i,a_j)\}=\gcd_{1\leqslant i\leqslant n}\{\operatorname{lcm}\{a_i,\gcd_{i<j\leqslant n}\{a_j\}\}\} \]

复杂度

法一

设 \(m=\max_{1\leqslant j\leqslant \pi(n)}\{p_j|\exists a_k,~p_j\mid a_k\}\)

则复杂度为 \(\Theta(n+\pi(n)+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\pi(n)}\alpha_{ij})=O(n\log m)\)

法二 & 法三

\(O(n\log n)\)

代码

法一

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CodeForces_1350Cview raw

/*
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 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int prime[N], cnt_prime, d[N], idx_p[N];
bool vis[N];
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> mins[N];
long long gcd(long long a, long long b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
long long lcm(long long a, long long b) { return a / gcd(a, b) * b; }
int main() {
  for (int i = 2; i < N; ++i) {
    if (!vis[i]) prime[idx_p[i] = ++cnt_prime] = d[i] = i;
    for (int j = 1; j <= cnt_prime; ++j) {
      if (i * prime[j] >= N) break;
      vis[i * prime[j]] = 1;
      d[i * prime[j]] = prime[j];
      if (i % prime[j] == 0) break;
    }
  }
  int n;
  cin >> n;
  if (n == 2) {
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    cout << lcm(a, b);
    return 0;
  }
  for (int j = 1, _; j <= n; ++j) {
    cin >> _;
    while (_ > 1) {
      int now_p = d[_], cnt = 0;
      while (_ % now_p == 0) {
        ++cnt;
        _ /= now_p;
      }
      mins[now_p].push(cnt);
    }
  }
  long long ans = 1;
  for (int i = 1, sec_min = 0; i < N; ++i, sec_min = 0) {
    if (mins[i].size() == n) {
      mins[i].pop();
      sec_min = mins[i].top();
    } else if (mins[i].size() == n - 1) sec_min = mins[i].top();
    while (sec_min--) ans *= i;
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

法二

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CodeForces_1350Cview raw

/*
 * @Author: Tifa
 * @Description: From <https://github.com/Tiphereth-A/CP-archives>
 * !!! ATTENEION: All the context below is licensed under a 
 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
long long gcd(long long a, long long b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
long long lcm(long long a, long long b) { return a / gcd(a, b) * b; }
int a[N], pre[N], suf[N];
int main() {
  int n;
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
  pre[1] = a[1];
  suf[n] = a[n];
  for (int i = 2; i <= n; ++i) pre[i] = gcd(pre[i - 1], a[i]);
  for (int i = n - 1; i; --i) suf[i] = gcd(suf[i + 1], a[i]);
  long long ans = lcm(suf[2], pre[n - 1]);
  for (int i = 2; i < n; ++i) ans = lcm(ans, gcd(pre[i - 1], suf[i + 1]));
  cout << ans;
  return 0;
}

法三

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C3.cppview raw

int main() {
  read(n);
  _for(i, 1, n) read(a[i]);
  _repr(i, n, 0) suf[i] = gcd(suf[i + 1], a[i]);
  _for(i, 1, n) ans = gcd(ans, lcm(a[i], suf[i + 1]));
  print(ans);
  return 0;
}

D - Orac and Medians

题意

定义可重集 \(\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\) 的中位数为第 \(\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor\) 小的数

例如 \(\{1,4,4,6,5\}\) 的中位数为 \(4\), \(\{1,7,5,8\}\) 的中位数为 \(5\)

给出一数组 a[1..n] 和一数 k, 每次你可以选取其中一段区间，并将区间内的数替换为区间中位数，问是否可以在有限次内将所有数均换为 k

思路与做法

显然数组中没有 \(k\) 的时候是不可能的

其次考虑选取任意两个相邻的数，则替换后这两个数均变为两数中的较小者

接着考虑选取任意三个相邻的数，其中这三个数中有两个数 \(m_1,m_2\) 满足 \(m_1=m_2=m\), 则替换后这三个数均变为 \(m\)

另外在上两种情况下，经过上述变换，则在原序列中将出现至少两个相邻的大于等于 \(k\) 的数，将这段序列设为 \(M=\{m,m,...,m\}\), 我们接下来要证明通过有限步可让 \(M=\underbrace{\{k,k,...,k\}}_{n}\)

考虑这段数两边与之相邻的数，设左端和右端的数分别为 \(l,r\)
因为左端和右端的处理方法一样，故以左端为例

先假设 \(l\ne k\)

选取 \(\{l,m,m\}\), 若 \(l=m\), 则可将 \(l\) 并入 \(M\) 中，否则，该序列可变为 \(\{m,m,m\}\), 自然可以并入 \(M\) 中

如果 \(l=k\), 则选取 \(\{l,m\}\), 该段序列可变为 \(\{k,k\}\), 可推知经有限步之后 \(M\) 可变为 \(\{k,k,...,k\}\), 此时可将 \(l\) 并入 \(M\)

按此方式可将 \(M\) 扩张到原序列左端点，类似地，可将 \(M\) 扩张到原序列右端点，即 \(M\) 可以替换掉原序列

又由于在此过程中，\(m=k\), 某个左端点 \(=k\), 某个右端点 \(=k\) 必然出现至少一次，故 \(M\) 最后可变为 \(\underbrace{\{k,k,...,k\}}_{n}\)

所以如果有两个大于等于 \(k\) 的数相邻或间隔 \(1\), 则一定可以

若任意两个大于等于 \(k\) 的数之间的距离超过 \(1\), 则显然无论如何都不可以

复杂度

\(\Theta(n)\)

代码

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 * !!! ATTENEION: All the context below is licensed under a 
 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int s[N];
int main() {
  int kase;
  cin >> kase;
  while (kase--) {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    bool flag = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
      cin >> s[i];
      flag |= s[i] == k;
    }
    if (!flag) {
      cout << "no\n";
      continue;
    }
    if (n == 1) {
      cout << "yes\n";
      continue;
    }
    flag = 0;
    for (int i = 1; i < n; ++i)
      if (s[i] >= k && s[i + 1] >= k) {
        flag = 1;
        break;
      }
    if (!flag)
      for (int i = 1; i < n - 1; ++i)
        if (s[i] >= k && s[i + 2] >= k) {
          flag = 1;
          break;
        }
    if (flag) cout << "yes\n";
    else cout << "no\n";
  }
  return 0;
}

E - Orac and Game of Life

题意

给出一个 \(n\times m\) 的方阵，每个格子只有黑色和白色两种状态

如果某方格相邻的方格颜色均与之不同，则下一时刻不变色，否则变为与当前时刻不同的颜色

问某些方格在一段时间之后的颜色

思路与做法

注意到如果最初有方格是可变色的，那么经过一段时间之后，所有的方格都会变为可变色状态 (可以证明经过 \(kmn\) 个时刻，\(k\in[\frac{1}{4},\frac{1}{2}]\))

例外情况是在一开始所有方格均为不可变色，此时所有方格无论在哪个时刻都是不变色的

所以我们只需求出这段时间有多长即可

我们可以使用 BFS 求解，最开始找出所有可变色的方格，然后慢慢向外扩展

复杂度

\(O(mn)\)

代码

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CodeForces_1350Eview raw

/*
 * @Author: Tifa
 * @Description: From <https://github.com/Tiphereth-A/CP-archives>
 * !!! ATTENEION: All the context below is licensed under a 
 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _for(i, l, r) for (auto i = (l); i <= (r); ++i)
typedef long long i64;
const int N = 1e3 + 5;
int n, m, g[N][N];
struct point {
  int x, y;
  point(int _x = 0, int _y = 0): x(_x), y(_y) {}
  point operator+(const point &oth) { return point(x + oth.x, y + oth.y); }
};
const point d[4] = {{0, 1}, {1, 0}, {0, -1}, {-1, 0}};
bool judge(point p) {
  if (p.x > 1 && !(g[p.x][p.y] ^ g[p.x - 1][p.y])) return 1;
  if (p.x < n && !(g[p.x][p.y] ^ g[p.x + 1][p.y])) return 1;
  if (p.y > 1 && !(g[p.x][p.y] ^ g[p.x][p.y - 1])) return 1;
  if (p.y < m && !(g[p.x][p.y] ^ g[p.x][p.y + 1])) return 1;
  return 0;
}
bool legel(point p) { return p.x >= 1 && p.x <= n && p.y >= 1 && p.y <= m; }
bool extended[N][N];
i64 len_circ[N][N];
int main() {
  int t;
  cin >> n >> m >> t;
  string str;
  getline(cin, str);
  _for(i, 1, n) {
    getline(cin, str);
    _for(j, 1, m) g[i][j] = str[j - 1] - '0';
  }
  queue<point> q;
  _for(i, 1, n)
    _for(j, 1, m) {
      if (judge({i, j})) {
        q.push({i, j});
        extended[i][j] = 1;
        len_circ[i][j] = 0;
      }
    }
  if (q.empty()) {
    int u, v;
    i64 k;
    _for(i, 1, t) {
      cin >> u >> v >> k;
      cout << g[u][v] << endl;
    }
    return 0;
  }
  while (!q.empty()) {
    point now_p = q.front();
    q.pop();
    for (auto &_d : d) {
      point tmp_p = now_p + _d;
      if (legel(tmp_p) && !extended[tmp_p.x][tmp_p.y]) {
        q.push(tmp_p);
        extended[tmp_p.x][tmp_p.y] = 1;
        len_circ[tmp_p.x][tmp_p.y] = len_circ[now_p.x][now_p.y] + 1;
      }
    }
  }
  int u, v;
  i64 k;
  _for(i, 1, t) {
    cin >> u >> v >> k;
    cout << (k <= len_circ[u][v] ? g[u][v] :
                                   g[u][v] ^ ((k - len_circ[u][v]) & 1))
         << endl;
  }
  return 0;
}