20250216 总结
A - Codeforces - 1547F
简化题意：给定一个长度为 n n n 的数组 a a a，每次操作会将 a i ( 1 ≤ i < n ) a_i(1\le i<n) ai(1≤i<n) 变为 gcd ( a i , a i + 1 ) \gcd (a_i,a_{i+1}) gcd(ai,ai+1)，将 a n a_n an 变为 gcd ( a n , a 1 ) \gcd (a_n,a_1) gcd(an,a1)，求最少的使得 a a a 中所有数相等的操作次数。
思路：设开始时 b b b 数组等于 a a a 数组 观察操作过程：
第 1 1 1 次操作：
a 1 ← gcd ( a 1 , a 2 ) = gcd ( b 1 , b 2 ) a_1\gets\gcd (a_1,a_2)=\gcd (b_1,b_2) a1←gcd(a1,a2)=gcd(b1,b2)
a 2 ← gcd ( a 2 , a 3 ) = gcd ( b 2 , b 3 ) a_2\gets\gcd (a_2,a_3)=\gcd (b_2,b_3) a2←gcd(a2,a3)=gcd(b2,b3)
⋮ \vdots ⋮
a n ← gcd ( a n , a 1 ) = gcd ( b n , b 1 ) a_n\gets\gcd (a_n,a_1)=\gcd (b_n,b_1) an←gcd(an,a1)=gcd(bn,b1)
第 2 2 2 次操作
a 1 ← gcd ( a 1 , a 2 ) = gcd ( gcd ( b 1 , b 2 ) , gcd ( b 2 , b 3 ) ) = gcd ( b 1 , b 2 , b 3 ) a_1\gets\gcd (a_1,a_2)=\gcd (\gcd (b_1,b_2),\gcd (b_2,b_3))=\gcd (b_1,b_2,b_3) a1←gcd(a1,a2)=gcd(gcd(b1,b2),gcd(b2,b3))=gcd(b1,b2,b3)
a 2 ← gcd ( a 2 , a 3 ) = gcd ( gcd ( b 2 , b 3 ) , gcd ( b 3 , b 4 ) ) = gcd ( b 2 , b 3 , b 4 ) a_2\gets\gcd (a_2,a_3)=\gcd (\gcd (b_2,b_3),\gcd (b_3,b_4))=\gcd (b_2,b_3,b_4) a2←gcd(a2,a3)=gcd(gcd(b2,b3),gcd(b3,b4))=gcd(b2,b3,b4)
⋮ \vdots ⋮
a n ← gcd ( a n , a 1 ) = gcd ( gcd ( b n , b 1 ) , gcd ( b 1 , b 2 ) ) = gcd ( b n , b 1 , b 2 ) a_n\gets\gcd (a_n,a_1)=\gcd (\gcd (b_n,b_1),\gcd (b_1,b_2))=\gcd (b_n,b_1,b_2) an←gcd(an,a1)=gcd(gcd(bn,b1),gcd(b1,b2))=gcd(bn,b1,b2)
以此类推，将 b b b 数组倍长，发现一个规律：
第 t t t 次操作后， a i = gcd ( b i , ⋯ , b i + t ) a_i=\gcd (b_i,\cdots,b_{i+t}) ai=gcd(bi,⋯,bi+t) 。
这就好办了，ST 表维护区间 gcd，二分操作次数并 check a i a_i ai 即 gcd ( b i , ⋯ , b i + t ) \gcd (b_i,\cdots,b_{i+t}) gcd(bi,⋯,bi+t) 是否相等即可，时间复杂度 O ( n log 2 n ) \Omicron (n\log_2 n) O(nlog2n)。
细节及难点：如果没有倍长 b b b 数组，那么二分时 check 函数需要分讨，较为麻烦。所以题目没有刻意卡空间限制时能倍长则倍长。
B - Codeforces - 1548B
简化题意：给定一个长度为 n n n 的数组 a a a，求 a a a 数组中的一个子数组 a l , a l + 1 , ⋯ , a r a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r} al,al+1,⋯,ar，使得存在一个 m ≥ 2 m\ge 2 m≥2 满足 a l m o d m = a l + 1 m o d m = ⋯ = a r m o d m a_l\bmod m = a_{l+1}\bmod m =\cdots = a_r\bmod m almodm=al+1modm=⋯=armodm，求其最大长度。
思路：思考一个 m m m 满足什么条件才能使 x m o d m = y m o d m x\bmod m = y\bmod m xmodm=ymodm。满足 x m o d m = y m o d m x\bmod m = y\bmod m xmodm=ymodm 即满足 x ≡ y ( m o d m ) x\equiv y (\bmod\ m) x≡y(mod m)，则 ∣ x − y ∣ ≡ 0 ( m o d m ) |x-y|\equiv 0 (\bmod\ m) ∣x−y∣≡0(mod m)，则 m m m 为 ∣ x − y ∣ |x-y| ∣x−y∣ 的因数。
对于一个子数组 a l , a l + 1 , ⋯ , a r a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r} al,al+1,⋯,ar，满足 a l m o d m = a l + 1 m o d m = ⋯ = a r m o d m a_l\bmod m = a_{l+1}\bmod m =\cdots = a_r\bmod m almodm=al+1modm=⋯=armodm 即满足 m m m 为 ∣ a l + 1 − a l ∣ , ∣ a l + 2 − a l + 1 ∣ , ⋯ , ∣ a r − a r − 1 ∣ |a_{l+1}-a_l|,|a_{l+2}-a_{l+1}|,\cdots,|a_r-a_{r-1}| ∣al+1−al∣,∣al+2−al+1∣,⋯,∣ar−ar−1∣ 的因数，即 m m m 为 gcd ( a l + 1 − a l , a l + 2 − a l + 1 , ⋯ , a r − a r − 1 ) \gcd (a_{l+1}-a_l,a_{l+2}-a_{l+1},\cdots,a_r-a_{r-1}) gcd(al+1−al,al+2−al+1,⋯,ar−ar−1) 的因数，则当 gcd ( a l + 1 − a l , a l + 2 − a l + 1 , ⋯ , a r − a r − 1 ) ≥ 2 \gcd (a_{l+1}-a_l,a_{l+2}-a_{l+1},\cdots,a_r-a_{r-1})\ge 2 gcd(al+1−al,al+2−al+1,⋯,ar−ar−1)≥2 时 m m m 满足所有条件。
这也好办，ST 表维护 a a a 的差分数组的区间 gcd，枚举区间起始点，二分区间长度并 check 是否满足上述条件即可，时间复杂度 O ( n log 2 n ) \Omicron (n\log_2 n) O(nlog2n)。
细节及难点：本题需分析同余式的本质与性质，其余实现不难。
C - Codeforces - 689D
简化题意：给定长度为 n n n 的两数组 a , b a,b a,b，求满足 max i = l r a i = min i = l r b i \max\limits_{i=l}^{r} a_i =\min\limits_{i=l}^{r} b_i i=lmaxrai=i=lminrbi 的整数对 ( l , r ) (l,r) (l,r) 的数量。
思路：我们对于每个左端点 l l l，求出第一个和最后一个满足条件的右端点 r 0 , r 1 r_0,r_1 r0,r1，则当前左端点对答案的贡献为 r 1 − r 0 + 1 r_1-r_0+1 r1−r0+1，暴力求的复杂度为 O ( n 2 ) \Omicron (n^2) O(n2)，不可取。
发现 max i = l r a i \max\limits_{i=l}^{r} a_i i=lmaxrai 的值随 i i i 变大越来越大， min i = l r b i \min\limits_{i=l}^{r} b_i i=lminrbi 的值随 i i i 变大越来越小，则 max i = l r a i − min i = l r b i \max\limits_{i=l}^{r} a_i -\min\limits_{i=l}^{r} b_i i=lmaxrai−i=lminrbi 单调不降，ST 表维护 a a a 的区间最大值和 b b b 的区间最小值，二分出 r 0 , r 1 r_0,r_1 r0,r1 即可 O ( n log 2 n ) \Omicron (n\log_2 n) O(nlog2n) 解决。
细节及难点：无细节及难点，发现单调性后维护就比较简单了。
D - Codeforces - 863E
简化题意：给定 n n n 个整数区间 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri]，求满足删除该区间前后被覆盖的整点集合相同的任意一个区间。
思路：考虑一个区间满足什么条件才可删，容易发现如果把删前的 n n n 个区间对于每个整点的覆盖次数记录进数组 t t t，则满足 min i = l r t i ≥ 2 \min\limits_{i=l}^{r} t_i\ge 2 i=lminrti≥2 的区间可删。对于 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1 0 9 1\le l_i\le r_i\le 10^9 1≤li≤ri≤109 的数据，显然暴力统计覆盖次数以及判断区间合法性都不现实。对于覆盖次数的统计，因为没有修改，可以离散化后差分；对于判断区间合法性，可以 ST 表维护 min t i \min t_i minti 并 O ( 1 ) \Omicron (1) O(1) 求解 min i = l r t i \min\limits_{i=l}^{r} t_i i=lminrti，总时间复杂度 O ( n log 2 n ) \Omicron (n\log_2 n) O(nlog2n)。
细节及难点：本题细节及难点在于离散化的细节。因为差分时需对 l i l_i li 和 r i + 1 r_i+1 ri+1 进行修改，而判断区间合法性时需对 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri] 这个区间进行判断，所以需要离散化 l i , r i , r i + 1 l_i,r_i,r_{i+1} li,ri,ri+1 三个值，开始时 WA 错在没有离散化 r i + 1 r_{i+1} ri+1 导致 r i + 1 r_i+1 ri+1 对应了错误的值。
E - Codeforces - 1175E
简化题意：给定 n n n 个线段 ( l , r ) (l,r) (l,r) 和 q q q 组询问 ( x , y ) (x,y) (x,y)，每次询问求区间 ( x , y ) (x,y) (x,y) 需要至少几条线段才能完全覆盖。
思路：朴素的贪心是按右端点将线段排序，并选择能与当前已覆盖区间重合且右端点最远的线段，复杂度 O ( n q ) \Omicron (nq) O(nq)，需优化。
考虑使用 ST 表以倍增优化。设 f i , j f_{i,j} fi,j 表示从 1 ∼ i 1\sim i 1∼i 中的节点开始选 2 j 2^j 2j 条线段能完全覆盖到的最远右端点，则转移方程为 f i , j ← f f i , j − 1 , j − 1 f_{i,j}\gets f_{f_{i,j-1},j-1} fi,j←ffi,j−1,j−1，询问时则 O ( log 2 n ) \Omicron (\log_2 n) O(log2n) 的倍增跳。开始时 f i , 0 ← max i = 1 n r i [ l i ≤ i ] f_{i,0}\gets\max\limits_{i=1}^{n} r_i [l_i\le i] fi,0←i=1maxnri[li≤i]，这一步可以先 f i , 0 ← max i = 1 n r i [ l i = i ] f_{i,0}\gets\max\limits_{i=1}^{n} r_i [l_i =i] fi,0←i=1maxnri[li=i] 然后 f i , 0 ← max ( f i , 0 , f i − 1 , 0 ) f_{i,0}\gets\max (f_{i,0},f_{i-1,0}) fi,0←max(fi,0,fi−1,0) 来 O ( n ) \Omicron (n) O(n) 预处理。总时间复杂度 O ( n log 2 n ) \Omicron (n\log_2 n) O(nlog2n)。
细节及难点：细节及难点在于想到倍增优化和 ST 表的状态定义，实现不难。
My Code
A
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace rab {
int t,n,a[200010],lg[200010];
class ST {
public:
int f[200010][20];
void init () {
for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i];
for (int j=1;j<=lg[n];j++)
for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
f[i][j]=__gcd (f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
int query (int l,int r) {
if (l>r) return 0;
int k=lg[r-l+1];
return __gcd (f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
} st;
bool check (int x) {
int r1=st.query (1,x);
for (int i=2;i<=n;i++) {
int m=min (n,i+x-1)-i+1;
int p1=st.query (i,min (n,i+x-1));
int p2=st.query (1,x-m);
if (__gcd (p1,p2)!=r1) return 0;
}
return 1;
}
void solve () {
cin>> n;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>> a[i];
st.init ();
int l=1,r=n,ans=0;
while (l<=r) {
int mid=l+r>>1;
if (check (mid)) r=(ans=mid-1);
else l=mid+1;
}
cout<< ans<< "\n";
}
int main () {
cin>> t;
for (int i=2;i<=200000;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
while (t--) solve ();
return 0;
}
}
int main () {
ios::sync_with_stdio (0);
cin.tie (0);cout.tie (0);
return rab::main ();
}
B
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace rab {
int t,n,lg[200010];
ll a[200010];
class ST {
public:
ll f[200010][20];
void init () {
for (int i=1;i<n;i++) f[i][0]=abs (a[i+1]-a[i]);
for (int j=1;j<=lg[n-1];j++)
for (int i=1;i+(1<<j)-1<n;i++)
f[i][j]=__gcd (f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
ll query (int l,int r) {
if (l>r) return 0;
int k=lg[r-l+1];
return __gcd (f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
} st;
bool check (int l,int x) {return st.query (l,l+x-1)>1;}
void solve () {
cin>> n;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>> a[i];
st.init ();
int ans=1;
for (int i=1;i<n;i++) {
int l=1,r=n-i,rs=1;
while (l<=r) {
int mid=l+r>>1;
if (check (i,mid)) l=(rs=mid+1);
else r=mid-1;
}
ans=max (ans,rs);
}
cout<< ans<< "\n";
}
int main () {
cin>> t;
for (int i=2;i<=200000;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
while (t--) solve ();
return 0;
}
}
#undef ll
int main () {
ios::sync_with_stdio (0);
cin.tie (0);cout.tie (0);
return rab::main ();
}
C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace rab {
int n,a[200010],b[200010],lg[200010];
ll ans=0;
class ST {
public:
int f[200010][20],g[200010][20];
void init () {
for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i];
for (int i=1;i<=n;i++) g[i][0]=b[i];
for (int j=1;j<=lg[n];j++) {
for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) {
f[i][j]=max (f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
g[i][j]=min (g[i][j-1],g[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
}
}
int query (int l,int r,bool fl) {
int k=lg[r-l+1];
if (fl) return max (f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
else return min (g[l][k],g[r-(1<<k)+1][k]);
}
} st;
int main () {
cin>> n;
for (int i=2;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>> a[i];
for (int i=1;i<=n;i++) cin>> b[i];
st.init ();
for (int i=1;i<=n;i++) {
if (a[i]>b[i]) continue;
int l1=i,r1=n,k1=-1;
while (l1<=r1) {
int mid=l1+r1>>1;
int q1=st.query (i,mid,1);
int q0=st.query (i,mid,0);
if (q1>=q0) {
r1=mid-1;
if (q1==q0) k1=mid;
}
else l1=mid+1;
}
if (!~k1) continue;
int l2=k1,r2=n,k2=-1;
while (l2<=r2) {
int mid=l2+r2>>1;
int q1=st.query (i,mid,1);
int q0=st.query (i,mid,0);
if (q1>q0) r2=mid-1;
else l2=(k2=mid)+1;
}
ans+=(k2-k1+1);
}
cout<< ans;
return 0;
}
}
#undef ll
int main () {
ios::sync_with_stdio (0);
cin.tie (0);cout.tie (0);
return rab::main ();
}
D
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace rab {
int n,k,fr,h[600010],lg[600010];
class L {
public:
int l,r;
} l[200010];
class ST {
public:
int f[600010][20];
void init () {
for (int i=1;i<=fr;i++)
f[i][0]+=f[i-1][0];
for (int j=1;j<=lg[fr];j++)
for (int i=1;i+(1<<j)-1<=fr;i++)
f[i][j]=min (f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
int query (int l,int r) {
int k=lg[r-l+1];
return min (f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
} st;
int main () {
cin>> n;
for (int i=1,x,y;i<=n;i++) {
cin>> x>> y;
l[i]={h[++k]=x,h[++k]=y};
h[++k]=y+1;
}
sort (h+1,h+k+1);
k=unique (h+1,h+k+1)-h-1;
for (int i=1;i<=n;i++) {
int r1=lower_bound (h+1,h+k+1,l[i].r+1)-h;
l[i].l=lower_bound (h+1,h+k+1,l[i].l)-h;
l[i].r=lower_bound (h+1,h+k+1,l[i].r)-h;
fr=max (fr,l[i].r);
st.f[l[i].l][0]++;
st.f[r1][0]--;
}
for (int i=2;i<=fr;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
st.init ();
for (int i=1;i<=n;i++) {
if (st.query (l[i].l,l[i].r)>1) {
cout<< i;
return 0;
}
}
cout<< -1;
return 0;
}
}
int main () {
ios::sync_with_stdio (0);
cin.tie (0);cout.tie (0);
return rab::main ();
}
E
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace rab {
int n,m,fr,lg[1000010];
class ST {
public:
int f[1000010][30];
void init () {
for (int i=1;i<=fr;i++)
f[i][0]=max (f[i][0],f[i-1][0]);
for (int j=1;j<=lg[fr];j++)
for (int i=0;i<=fr;i++)
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
int query (int x,int y) {
int p=x,ans=0;
for (int i=lg[fr];~i;i--) {
if (f[p][i]<y) {
p=f[p][i];
ans+=(1<<i);
}
}
if (f[p][0]>=y) return ans+1;
else return -1;
}
} st;
int main () {
cin>> n>> m;
for (int i=1,l,r;i<=n;i++) {
cin>> l>> r;
fr=max (fr,r);
st.f[l][0]=max (st.f[l][0],r);
}
for (int i=2;i<=fr;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
st.init ();
while (m--) {
int x,y;
cin>> x>> y;
cout<< st.query (x,y)<< "\n";
}
return 0;
}
}
int main () {
ios::sync_with_stdio (0);
cin.tie (0);cout.tie (0);
return rab::main ();
}
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