CF1987D World is Mine
第一想法是贪心的决策，考虑到是博弈论，每一轮决策肯定都是最优的。显然贪心做法假掉。
发现问题具有最优子结构与后效性，考虑 dp。
将 \(a_i\) 数组排序，将相同元素打包成块，块长为 \(b_{a_i}\)。设 \(f_{i,j}\) 表示以第 \(i\) 个块结尾，剩余决策数为 \(j\) 的最优选择答案。
-
若当前回合的剩余决策数立马用掉，不消除答案贡献，即为 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+1\)；
-
若当前回合的剩余决策数留下，不消除答案贡献，即为 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1\)；
-
若当前回合的剩余决策数用掉 \(b_{a_i}\) 来消除答案贡献，即为 \(f_{i,j} = f_{i-1,j + b_{a_i}}\)；
三种决策取最小即可。
由于博弈论的特殊性：双方在相同回合数时的总操作数相同，所以最后肯定不会剩余下决策数。所以答案为 \(f_{n,0}\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e17
using namespace std;
const int N = 5e3 + 10;
int T, n, a[N], b[N], f[N][N];
void solve() {
int ans = 0, num = 0;
cin >> n;
For(i,1,n) b[i] = 0;
For(i,0,n) For(j,0,n) f[i][j] = inf;
For(i,1,n) cin >> a[i], b[a[i]]++;
sort(a + 1, a + n + 1);
int tot = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
n = tot;
f[0][0] = 0;
For(i,1,n) {
For(j,0,i) {
if(j != 0) f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i-1][j-1]) + 1;
else f[i][0] = f[i-1][0] + 1;
if(b[a[i]] + j <= i-1) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j + b[a[i]]]);
}
}
cout << f[n][0] << '\n';
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
时间复杂度 \(O(Tn^2)\)，记得多测清空。
CF1986D Mathematical Problem
考虑搜索，\(O(T2^n)\) 显然过不了。
先枚举相邻合并段，分析答案贡献的情况：先默认全加，发现答案上限为 \(19\times9 + 99=261\)。然后将一部分序列改为乘法操作。
设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数组成的序列的最小答案，初始设为 \([1,i]\) 的数值和。向前枚举 \(j\)，考虑将 \([j+1,i]\) 这一段改为乘法操作，于是就有 \(f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+\prod\limits_{k=j+1}^{i}a_k\)，显然后半部分可以预处理，于是就能做 \(O(n^3)\) 的动态规划了。
因为乘法运算结果很大，所以当答案超过 \(261\) 时，就取 \(261\) 即可。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mod 262
using namespace std;
const int N = 25;
char a[N];
int T, n, num[N], sum[N], dp[N], ans = 261, fuck_you_code_bug_tot;
void solve() {
cin >> n;
int len = n-1, cnt0 = 0;
ans = 261;
For(i,1,n) cin >> a[i];
For(i,1,n-1) {
memset(num, 0, sizeof num);
For(j,1,i-1) num[j] = a[j] - '0', sum[j] = sum[j-1] + num[j];
num[i] = (a[i] - '0') * 10 + (a[i+1] - '0');
sum[i] = sum[i-1] + num[i];
For(j,i+2,n) num[j-1] = a[j] - '0', sum[j-1] = sum[j-2] + num[j-1];
For(j,1,len) {
cnt0 += (num[j] == 0);
dp[j] = sum[j];
int mul = num[j];
FOR(k,j-1,0) {
dp[j] = min(dp[j], dp[k] + mul);
mul *= num[k];
if(dp[j] > 261 || mul > 261) {
break;
}
}
}
ans = min({ans, dp[len], (cnt0 > 0ll ? 0ll : 261ll)});
}
cout << ans << '\n';
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1983D Swap Dilemma
可以观察到在操作数无限的情况下，大步换和两两换效果相同。可以考虑 \(a\) 数组最后两个数 \([n-1,n]\) 两两不停交换，\(b\) 数组同时冒泡到 \(a\) 数组的对应位置，然后看 \([n,n-1]\) 段的 \(a,b\) 数组是否相同。
发现 \(a,b\) 交换次数相同，然后就可以想到 \(a,b\) 两者逆序对奇偶性相同，则能有 \(a,b\) 相同的机会。可以这样想：\(a,b\) 数组排序后，\(a,b\) 数组一定相同。此时 \(a,b\) 数组的交换次数同奇同偶时，操作结果同步。
用树状数组算分别算逆序对比较奇偶性即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 2e5 + 10
using namespace std;
const int N = 4e5 + 10;
int T, n, a[N], b[N], p[N], t[N];
int lb(int x) {
return x & -x;
}
int ask(int x) {
int ans = 0;
for (int i = x; i; i -= lb(i)) {
ans += t[i];
}
return ans;
}
void upd(int x, int k) {
for (int i = x; i <= inf; i += lb(i)) {
t[i] += k;
}
}
void solve() {
vector<int> v1, v2;
int ans1 = 0, ans2 = 0;
cin >> n;
For(i,1,n) cin >> a[i], p[i] = i, v1.push_back(a[i]);
For(i,1,n) cin >> b[i], v2.push_back(b[i]);
sort(v1.begin(), v1.end());
sort(v2.begin(), v2.end());
for (int i = 0; i < v1.size(); ++i) {
if(v1[i] != v2[i]) {
puts("NO");
return ;
}
}
For(i,1,n) {
ans1 += ask(a[i]);
upd(a[i], 1);
}
For(i,1,n) upd(a[i], -1);
For(i,1,n) {
ans2 += ask(b[i]);
upd(b[i], 1);
}
For(i,1,n) upd(b[i], -1);
if((ans1 & 1) == (ans2 & 1)) {
puts("YES");
} else {
puts("NO");
}
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1986E Beautiful Array
考虑假设两数 \(x,y\) 能在加 \(k\) 的操作后相同，则 \(x-y\equiv 0\pmod{k}\)，可以推得 \(x\equiv y\pmod{k}\)。可以想到按 \(a_i \bmod k\) 排序，同时比较 \(a_i\) 的值，保证 \(a_i\) 升序。
定义“一组”的概念为 \(a_i\bmod k\) 相同的 \(a_i\) 组成的升序序列。
对于一组来说，相邻两项凑一起算贡献肯定最优，自然推出了组长为偶数的情况，便是两两配对贡献。
考虑奇数组的情况：先枚举中间点 \(a_{mid}\)，此数对答案无贡献，然后从左至右两两配对贡献。这里因为要枚举中间点，所以暴力的时间复杂度为 \(O(n^2)\)。可以考虑答案连续的贡献情况，每次抵消上一次的贡献，并将本次的贡献加上，每次取最小即可。（注意答案贡献的正负情况，自行推理）。
分 \(n\) 为偶数和奇数的情况来做：
-
当 \(n\) 为偶数时，若出现奇数组则无解，否则分组算贡献累加即可。
-
当 \(n\) 为奇数时，若出现两组以上的奇数组则无解，否则分组算贡献累加，奇数组单独处理。
总时间复杂度：\(O(n\log n)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e11
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int T, n, k, a[N];
void solve() {
int ans = 0;
cin >> n >> k;
For(i,1,n) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1, [](int x, int y){return (x % k == y % k ? x < y : x % k < y % k);});
// For(i,1,n) cerr << a[i] << ' ';
// cerr << '\n';
if(n & 1) {
int r = 1, l = 1, sum = 0, f = 0, Min = inf;
vector<int> v;
int cnt = 1;
For(i,1,n) {
if(a[i] % k == a[i+1] % k && i < n) cnt++, v.push_back(a[i]);
else {
if(cnt & 1) {
v.push_back(a[i]);
f++; r = i, l = r - v.size() + 1;
}
else vector<int>().swap(v);
cnt = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= l-1; i += 2) ans += a[i+1] - a[i];
for (int i = r+1; i <= n; i += 2) ans += a[i+1] - a[i];
For(i,l,r) sum += (((i-l+1) & 1) ? 1 : -1) * a[i];
Min = min(Min, sum - a[l]);
For(i,l+1,r) {
if(!((i-l+1) & 1)) {
sum -= a[i-1] * 2;
sum += a[i] * 2;
}
Min = min(Min, sum - a[i]);
}
if(f > 1) {
cout << "-1\n";
return ;
}
cout << (ans + Min) / k << '\n';
} else {
int cnt = 1;
For(i,1,n) {
if(a[i] % k == a[i+1] % k && i < n) {
cnt++;
}
else {
if(cnt & 1) {
cout << "-1\n";
return ;
}
cnt = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i += 2) {
ans += a[i+1] - a[i];
}
cout << ans / k << '\n';
}
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1986F Non-academic Problem
考虑快速计算贡献：设将图分为大小为 \(n_1,n_2\) 的两部分，显然有 \(n_1+n_2=n\)。则当前方案贡献为 \(\min(\frac{n_1^2-n_1}{2},\frac{n_2^2-n_2}{2})\)。
由于要最小化路径树，且只能删去一条边。所以最好的情况是将图尽可能分为两部分，所以满足删除条件的边就是割边。
先缩边双联通分量，然后枚举割边（缩成树后跑 dfs）。然后计算删去该割边的贡献即可，最后取最小的贡献作为答案。
总时间复杂度 \(O(n)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e17
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
struct Node {
int v, nx, u;
} e[N], E[N];
int T, n, m, h[N], H[N], dfn[N], low[N], cut[N], dcc[N], Col, tot = 1, idx, Idx = 1, siz[N];
void add(int u, int v) {
e[++tot] = (Node){v, h[u], u};
h[u] = tot;
}
void Add(int u, int v) {
E[++Idx] = (Node){v, H[u], u};
H[u] = Idx;
}
void tarjan(int x, int fa) {
dfn[x] = low[x] = ++idx;
for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
int y = e[i].v;
if(!dfn[y]) {
tarjan(y, x);
low[x] = min(low[x], low[y]);
if(low[y] > dfn[x]) cut[i] = cut[i ^ 1] = 1;
} else if(y != fa) {
low[x] = min(low[x], dfn[y]);
}
}
}
void dfs(int x, int cnt) {
dcc[x] = cnt;
siz[cnt]++;
for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
int y = e[i].v;
if(dcc[y] || cut[i]) continue;
dfs(y, cnt);
}
}
void Dfs(int x, int fa) {
for (int i = H[x]; i; i = E[i].nx) {
int y = E[i].v;
if(y == fa) continue;
Dfs(y, x);
siz[x] += siz[y];
}
}
void solve() {
int ans = inf;
Col = idx = 0;
Idx = tot = 1;
memset(cut, 0, sizeof cut);
For(i,1,n) {
h[i] = H[i] = 0;
dfn[i] = low[i] = dcc[i] = siz[i] = 0;
}
cin >> n >> m;
For(i,1,m) {
int u, v; cin >> u >> v;
add(u, v), add(v, u);
}
tarjan(1, 1);
For(i,1,n) {
if(!dcc[i]) dfs(i, ++Col);
}
For(i,1,n) {
for (int j = h[i]; j; j = e[j].nx) {
int y = e[j].v;
if(dcc[i] != dcc[y]) Add(dcc[i], dcc[y]);
}
}
Dfs(1, 0);
For(i,1,n) {
ans = min(ans, (n * n - n - (2 * siz[i] * (n - siz[i]))) / 2);
}
cout << ans << endl;
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1982D Beauty of the mountains
单独考虑每一个山的贡献很难做，不妨以 \(k\times k\) 的矩形为基础计算贡献。
我们发现每在 \(k\times k\) 的矩阵内加上 \(x\) 的贡献，钦定有雪与无雪的山分别作正、负贡献，记为 \(b_i\)。操作前的贡献为 \(sum\)，有雪的山总高度和无雪的格子的总高度相等其等价于判断 \(\sum x_ib_i+sum=0\)，即为 \(\sum x_ib_i=-sum\)。
这就是一个 \(n\) 阶裴蜀定理，若 \(-sum\) 为 \(\gcd{x_i}\) 的倍数，则 \(x_i\) 有整数解。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N = 505;
int T, n, m, k, a[N][N], s[N][N], Ans;
bool b[N][N];
int ask(int x1, int y1, int x2, int y2) {
return s[x2][y2] - s[x2][y1-1] - s[x1-1][y2] + s[x1-1][y1-1];
}
void solve() {
Ans = 0;
int sum = 0;
cin >> n >> m >> k;
memset(s, 0, sizeof s);
For(i,1,n) For(j,1,m) cin >> a[i][j];
For(i,1,n) {
For(j,1,m) {
char c; cin >> c;
b[i][j] = c - '0';
}
}
For(i,1,n) {
For(j,1,m) {
sum += (b[i][j] ? a[i][j] : -a[i][j]);
int F = (b[i][j] == 1 ? 1 : -1);
s[i][j] = s[i-1][j] + s[i][j-1] - s[i-1][j-1] + F;
}
}
For(i,1,n-k+1) {
For(j,1,m-k+1) {
int k1 = ask(i, j, i+k-1, j+k-1);
Ans = __gcd(Ans, k1);
}
}
if(sum == 0) {
puts("YES");
return ;
}
if(Ans == 0) {
puts("NO");
return ;
}
if(sum % Ans == 0) puts("YES");
else puts("NO");
return ;
}
signed main() {
// ios::sync_with_stdio(0);
// cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1974D Ingenuity-2
相同的操作下，操作顺序对最终的位置无影响。
机器人的位置初始都为 \((0,0)\)，所以只要操作同步即可。
此外注意到 \(N\) 与 \(S\)，\(E\) 与 \(W\) 发生在同一个机器人上时，可以起到抵消的作用。
我们不希望只有一个机器人操作，所以让 R 机器人进行一次抵消操作，后面的抵消操作全部分配给 H。
其他的操作平均、同等分配即可。若无法分则判断无解。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = 200;
int T, n, b[M];
char a[N], ans[N];
void solve() {
memset(b, 0, sizeof b);
memset(ans, 0, sizeof ans);
cin >> n >> (a + 1);
if(n & 1) {
cout << "NO\n";
return ;
}
For(i,1,n) b[a[i]]++;
int k1 = min(b['N'], b['S']), k2 = min(b['E'], b['W']);
b['N'] -= k1, b['S'] -= k1, b['E'] -= k2, b['W'] -= k2;
int K1 = k1;
bool f1, f2; f1 = f2 = 0;
for (int i = 1; i <= n && (k1 >= 0 || K1 >= 0); ++i) {
if(a[i] == 'N' && k1 > 0) {
if(f1) ans[i] = 'H';
else if(!f1) ans[i] = 'R', f1 = 1;
k1--;
}
if(a[i] == 'S' && K1 > 0) {
if(f2) ans[i] = 'H';
else if(!f2) ans[i] = 'R', f2 = 1;
K1--;
}
}
K1 = k2;
for (int i = 1; i <= n && (k2 >= 0 || K1 >= 0); ++i) {
if(a[i] == 'E' && k2 > 0) {
if(f1) ans[i] = 'H';
else if(!f1) ans[i] = 'R', f1 = 1;
k2--;
}
if(a[i] == 'W' && K1 > 0) {
if(f2) ans[i] = 'H';
else if(!f2) ans[i] = 'R', f2 = 1;
K1--;
}
}
bool f = 1;
for (int i : {'N', 'S', 'E', 'W'}) {
f &= (b[i] == 0 && n <= 2);
if(b[i] & 1) {
cout << "NO" << '\n';
return ;
}
}
if(f) {
cout << "NO" << '\n';
return ;
}
For(i,1,n) {
if((b[a[i]] & 1) && !ans[i]) ans[i] = 'R';
else if(!(b[a[i]] & 1) && !ans[i]) ans[i] = 'H';
b[a[i]]--;
}
For(i,1,n) cout << ans[i];
cout << '\n';
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1988D The Omnipotent Monster Killer
第一眼有点像最大独立集，可以考虑往这方面想。
由于有了回合的限制，所以在 dp 时要多加一维来除去回合的后效性。设 \(dp_{x,y}\) 表示第 \(x\) 个点在 \(y\) 回合被选中带来的最小贡献。很显然初始状态 \(dp_{x,y}=a_x\times y\)。
转移也很显然，父亲和儿子不能在同一回合被选中，所以只需要在 dfs 中枚举所有回合，然后把所有不同回合的儿子状态取最小贡献，转移至父亲即可。
考虑回合数，因为每一次选点会将树拆成森林，然后每一个小树又会减半，继续分。所以可以证明回合数在 \(\log n\) 量级。
所以转移与计算贡献加上总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，可以通过此题。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e18
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
struct Node {
int v, nx;
} e[N << 1];
int T, n, a[N], h[N], dp[N][25], tot, m, sum, ans = inf;
void add(int u, int v) {
e[++tot] = (Node){v, h[u]};
h[u] = tot;
}
void dfs(int x, int fa) {
for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
int y = e[i].v;
if(y == fa) continue;
dfs(y, x);
}
if(x == 1) return ;
For(i,1,m) {
int num = inf;
For(j,1,m) {
if(i == j) continue;
num = min(num, dp[x][j]);
}
dp[fa][i] += (num == inf ? 0 : num);
}
}
void solve() {
ans = inf; sum = tot = 0;
For(i,1,n) h[i] = 0;
cin >> n;
For(i,1,n) cin >> a[i], sum += a[i];
For(i,1,n-1) {
int u, v;
cin >> u >> v;
add(u, v), add(v, u);
}
m = (int)ceil(log2(n))+1;
For(i,1,n) For(j,1,m) dp[i][j] = a[i] * j;
dfs(1, 0);
For(i,1,m) ans = min(ans, dp[1][i]);
cout << ans << '\n';
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1980D GCD-sequence
考虑在原数列中删去一个数 \(a_i\)，\(b\) 数列会怎样改变。
因为 \(b_i=\gcd(a_i,a_{i+1})\)，所以当 \(a_i\) 删除时，会影响到 \(b_i,b_{i-1}\)。
先预处理出 \(l,r\) 表示从左到右、从右到左递增序列的区间，即 \([1,l],[r,n]\) 为递增区间。
然后暴力枚举删除哪个 \(a_i\)，然后将 \(a_i\) 影响到的 \(b_i,b_{i-1}\) 删去，插入新贡献 \(c=\gcd(a_{i-1}, a_{i+1})\)。最后检查新贡献 \(c\) 在数列中是否能让数列满足递增，即修改的区间 \([i-2,i+1]\) 能否拼接上 \([1,l],[r,n]\)，并且 \(b_{i-2} \leq c \leq b_{i+1}\)。
总时间复杂度 \(O(n)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define inf 1e8
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int T, n, a[N], b[N];
void solve() {
cin >> n;
For(i,1,n) cin >> a[i];
a[n+1] = a[0] = 0;
For(i,1,n-1) b[i] = __gcd(a[i], a[i+1]);
b[n] = inf;
int l = 1, r = n-1;
while(l <= n-1 && b[l+1] >= b[l]) l++;
while(r >= 1 && b[r-1] <= b[r]) r--;
if(l == n-2 || r == 2) {
puts("YES"); return ;
}
For(i,1,n) {
int New = __gcd(a[i-1], a[i+1]);
if(New >= b[max(0ll, i-2)] && New <= b[min(n, i+1)] && l >= i - 2 && r <= i + 1) {
puts("YES"); return ;
}
}
puts("NO");
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1401F Reverse and Swap
操作 \(1,4\) 是很常规的单点修改，区间查询操作，重点是在维护操作 \(2,3\) 的旋转。
可以发现对于操作 \(2,3\) 都很难在节点上打上标记，如果暴力去打会因为结点数太多而时间复杂度直线上升。又观察到层数不超过 \(19\)，且建出的线段树是一棵完全二叉树。所以我们可以将标记打到层上。由于同层有多个结点，所以标记用完不能删除，但是不删除有可能会被旋转两次以上。所以我们利用标记永久化的思想：遇到标记反向走（应走左子树去走右子树，应走右子树去走左子树）来模拟线段树结点的旋转。
记得操作 \(3\) 的标记要往上打一层，因为需要旋转的是这一层本身。
总时间复杂度 \(O(2^n+qn)\)。\(n\leq 18\)，包可过。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N = 20, M = 1e7 + 10;
struct Node {
int ls, rs;
int sum;
} t[M];
int n, q, idx, root, rev[N];
void pushup(int p) {
t[p].sum = t[t[p].ls].sum + t[t[p].rs].sum;
}
void build(int &p, int l, int r) {
p = ++idx;
if(l == r) {
cin >> t[p].sum;
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
build(t[p].ls, l, mid);
build(t[p].rs, mid + 1, r);
pushup(p);
}
void upd(int p, int l, int r, int x, int k, int level) {
if(l == r) {
t[p].sum = k;
return ;
}
int ls = t[p].ls, rs = t[p].rs;
if(rev[level]) swap(ls, rs);
int mid = l + r >> 1;
if(x <= mid) upd(ls, l, mid, x, k, level-1);
else upd(rs, mid + 1, r, x, k, level-1);
pushup(p);
}
int ask(int p, int l, int r, int L, int R, int level) {
if(L <= l && r <= R) {
return t[p].sum;
}
int ls = t[p].ls, rs = t[p].rs;
if(rev[level]) swap(ls, rs);
int mid = l + r >> 1, ans = 0;
if(L <= mid) ans += ask(ls, l, mid, L, R, level-1);
if(R > mid) ans += ask(rs, mid + 1, r, L, R, level-1);
return ans;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> q;
build(root, 1, (1<<n));
while(q--) {
int op; cin >> op;
if(op == 1) {
int x, k;
cin >> x >> k;
upd(root, 1, (1<<n), x, k, n);
} else if(op == 2) {
int k; cin >> k;
For(i,0,k) rev[i] ^= 1;
} else if(op == 3) {
int k; cin >> k;
rev[k+1] ^= 1;
} else {
int l, r; cin >> l >> r;
cout << ask(root, 1, (1<<n), l, r, n) << '\n';
}
}
return 0;
}
CF1322C Instant Noodles
引理：在整数范围内，\(\gcd(x,y,x+y)=\gcd(x,y)\)。
证明：可以找到一个整数 \(b\) 使得 \(b|x,b|y\)，且记所有可行的 \(b\) 中最大的数为 \(c\)，则有：
\[x\equiv y\equiv0\pmod{c} \]因为有 \(x\equiv0\pmod{c}\)，所以：
\[2x\equiv x+y\equiv x\equiv0\pmod{c} \]所以 \(x+y\equiv0\pmod{c}\)。
此时 \(c=\gcd(x,y)\)，因此得证 \(\gcd(x,y,x+y)=\gcd(x,y)\)。
有了这一点理论，我们发现本题可以看成是求 \(c_i\) 张成的线性空间中的最大公约数。
不妨将右部点看成左部点的映射，能观察到在右部点选择一个点等价于在左部点选择点集。贡献也能相应的算出。
由于右部点 \(c_i\) 可张成线性空间，所以求任取 \(c_i\) 的最大公约数和求所有 \(c_i\) 的最大公约数是等价的。
最后只要注意合并相同的集合，并合并贡献即可。
集合用 set，映射用 map，总时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int T, n, m, ans, c[N];
set<int> e[N];
map<set<int>, int> mp;
void solve() {
ans = 0;
map<set<int>, int>().swap(mp);
For(i,1,n) set<int>().swap(e[i]);
cin >> n >> m;
For(i,1,n) cin >> c[i];
For(i,1,m) {
int u, v;
cin >> u >> v;
e[v].insert(u);
}
For(i,1,n) {
if(e[i].size()) mp[e[i]] += c[i];
}
for (auto x : mp) {
ans = __gcd(ans, x.second);
}
cout << ans << '\n';
return ;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
CF1416B Make Them Equal
没有第一眼看出来解法。
先判断无解：由于每一次操作涉及 \(+x\cdot i\) 与 \(-x\cdot i\)，所以序列的总和不变。因此最后想要每个数都一样必须让这 \(n\) 个数的平均数填满 \(n\) 个空，所以总和 \(sum\) 不能被 \(n\) 整除则无解。
然后发现 \(i=1\) 的自由度是很高的（因为 \(1\) 是所有自然数的因数，可以很轻松的被放与拿）。所以大致的思路就是每一次将 \(a_i\) 转移至 \(a_1\) 上，然后再平均分配给每一个数即可。
转移的过程很简单，就是对于 \(a_i\) 先凑 \(i\) 的倍数，凑的时候直接拿 \(a_1\) 来用，凑完以后直接放回 \(a_1\)。如果 \(a_i\) 本身就是 \(i\) 的倍数了，直接放到 \(a_1\) 即可。
而 \(a_1\) 是一定够补的，因为第 \(i\) 个空最多要补 \(i-1\)，而最坏的情况就是前 \(i-1\) 个数都是 \(1\)，而它们现在都放在 \(a_1\) 了，也就是正好能够补上 \(i\) 的空。
发现最后操作数不会超过 \(3(n-1)\)，总时间复杂度 \(O(n)\)，符合题意，包能过。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
struct Ans {
int i, j, x;
};
int T, n, a[N];
void solve() {
vector<Ans> ans;
int sum = 0, cnt = 0;
cin >> n;
For(i,1,n) cin >> a[i], sum += a[i];
if(sum % n != 0) {
cout << "-1\n";
return ;
}
sum /= n;
For(i,2,n) {
if(a[i] % i == 0) {
ans.push_back((Ans){i, 1, a[i] / i});
continue;
}
int k = (int)(ceil(1.0 * a[i] / i) * i);
ans.push_back((Ans){1, i, k - a[i]});
ans.push_back((Ans){i, 1, k / i});
}
For(i,2,n) ans.push_back((Ans){1, i, sum});
cout << ans.size() << '\n';
for (int i = 0; i < ans.size(); ++i) cout << ans[i].i << ' ' << ans[i].j << ' ' << ans[i].x << '\n';
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}