CF1609 部分题解

赛时做出了 ABCDE，没有做出 FGH；目前已补掉了 F，尚未补掉 G,H。

A

令 $b_i$ 为 $a_i$ 所含质因子 $2$ 的个数，$c_i=\frac{a_i}{2^{b_i}}$。不难发现，调整过程等价于将一共的 $S={\sum }_{i=1}^n{b}_i$ 个质因子 $2$ 重新分配给所有的 $c$，使得所有值之和最大。

根据贪心策略，将 $S$ 全部分配给最大的 $c$ 即可。

B

不难发现，最少删除次数就是 abc 以子串形式出现的次数。于是，我们只要在询问过程中，动态更新这个值即可。

时间复杂度 $O(\sum (n+q))$。

C

为方便叙述，令 $b_i=1$ 当且仅当 $a_i$ 为质数，$b_i=0$ 当且仅当 $a_i=1$，$b_i=-1$ 当且仅当 $a_i$ 为合数。

看到下标为等差数列的问题，不难想到将 $a$ 分成独立的 $e$ 类，第 $i$ 类为 {bi,bi+e,⋯ }\{b_i,b_{i+e},\cdots\}{bi​,bi+e​,⋯}。于是，问题转化为: 对于一个固定的序列 $c$，求其有多少个子区间不包含 $-1$ 且和为 $1$。显然，将 $c$ 中所有值为 $-1$ 的位删去，再对每个分裂出的区间做前缀和，最后再用桶扫描一遍计算对答案的贡献即可。

时间复杂度 $O(\sum n)$。

D

首先，图中不会有环。

其次，令 $S_i$ 为第 $i$ 个连通块所包含的点集，那么对于每个 $S_i$ 在其内部连成一个菊花图必定最优。因此，答案就是 max⁡i{Si}−1\max_i \{S_i\}-1maxi​{Si​}−1。于是，问题转化为: 如何构造图，使其最大的连通块最大。

依次扫描每一条边 $(x,y)$，并分类讨论：

• 若 $x,y$ 属于不同连通块，则连一条跨越这两个连通块的边；
• 若 $x,y$ 属于同个连通块，那么将 $cnt$ 加 $1$。

可以发现，当前的 $cnt$ 就是我们可以随意钦定的边数；不难想到，用这 $cnt$ 条边将前 $cnt+1$ 个最大的连通块连接起来，即可最大化 max⁡i{Si}\max_i \{S_i\}maxi​{Si​}。

并查集维护即可。时间复杂度 $O(n^2)$。

若使用权值线段树维护各个连通块的大小，并每次通过线段树上二分求出答案，则总复杂度可以被优化到 $O(n\log n)$。

E

算法一

考虑 $\text{dp}$。

令 $x_i$ 表示，看了 $s[1,i]$，使其中不存在 a 的最少删除次数。
令 $y_i$ 表示，看了 $s[1,i]$，使其中不存在子序列 ab 的最少删除次数。
令 $z_i$ 表示，看了 $s[1,i]$，使其中不存在子序列 abc 的最少删除次数。

转移如下：

• 若 $a_i=0$，则 $x_i=x_{i-1}+1,y_i=y_{i-1},z_i=z_{i-1}$。
• 若 $a_i=1$，则 $x_i=x_{i-1},y_i=\max (x_{i-1},y_{i-1}+1),z_i=z_{i-1}$
• 若 $a_i=2$，则 $x_i=x_{i-1},y_i=y_{i-1},z_i=\max (y_{i-1},z_{i-1}+1)$

边界: $x_0=y_0=z_0=0$。
答案: $z_n$

每次修改都跑一遍 $\text{dp}$，则总复杂度 $O(qn)$，无法通过。

算法二

采用矩阵表示上述转移，并使用线段树维护矩阵乘法，则时间复杂度为 $O(q\log n\times 3^3)$，可以通过本题。

F

我竟然没有发现我的做法的复杂度是正确的！！1

令 $w_i=\text{popcount}(a_i)$，$W=59$。我们在 $[0,W]$ 中枚举一个 $x$，表示区间最值的 $w$ 均为 $x$。

为方便叙述，令 $i$ 为优秀位置，当且仅当 $w_i=x$。同时，令 $t_i$ 表示 $[i,r]$ 中 $a$ 最大的位置的 $w$ 是否为 $x$ 以及 $a$ 最小的 $w$ 是否为 $x$——若均满足则 $t_i=2$，只满足一个则 $t_i=1$，否则 $t_i=0$。

考虑从左往右扫描序列（令当前扫描到了 $r$），并使用单调栈+线段树维护 $t$。具体来说，我们使用一个表示最小值的单调栈，维护一个递增序列；每当新看到一个数的时候，我们先进行弹栈，并对于每个弹出的值进行区间加 $1$ 或区间减 $1$（因为一个新的区间最小值替代掉了原来的区间最小值，如果优秀的替换了不优秀的那么区间加 $1$，如果不优秀的替换掉了优秀的那么区间减 $1$）。另外也要用一个表示最大值的单调栈进行同样的处理。不难发现，这里只要求维护区间修改，查询区间中 $2$ 的数量，线段树显然可以胜任。

那么这个复杂度是什么的呢？我赛时一直以为是 $O(n\log n\log M)$ 的，实则不然。下面便是复杂度分析：

• 先考虑询问。显然，询问都是全局的，而一共有 $O(n\log M)$ 次询问，所以这一部分是 $O(n\log M)$ 的。
• 再考虑修改。
  • 优秀变为不优秀: 一个优秀的值被弹出。显然在固定了 $x$ 后，优秀的值只会被弹出一次，而对于 $x=0,1,\cdots ,M$ 所对应的优秀值个数之和恰好是 $n$，所以均摊下来这一部分的复杂度是 $O(n\log n)$ 的。
  • 不优秀变为优秀: 一个优秀的值被加入。与上述分析同理，这一部分的复杂度也是 $O(n\log n)$ 的。

因此，总时间复杂度是 $O(n(\log n+\log M))$。卡常后可过本题。