Codeforces Round #670 (Div. 2) solution

前言

又下飞分了…
来补一下题.

1406A - Subset Mex

把一些数分成两个可重集合$A,B$.
最大化两个集合的$mex()$之和.

贪心.
对于只出现一次的数,我们如果这个数在$A$的$mex$值中能发挥作用,那么就不会丢到$B$中.
因为一个的贡献为1,另一个的贡献$\le 1$.

int n,vis[110];
 
int main() {
	int _;qr(_); while(_--) {
		qr(n); memset(vis,0,sizeof vis);
		for(int i=1,x;i<=n;i++) qr(x),vis[x]++;
		int ans=0,x=0;
		while(vis[x]) vis[x++]--;
		ans+=x; x=0;
		while(vis[x]) vis[x++]--;
		ans+=x; pr2(ans);
	}	
	return 0;
}

1406B - Maximum Product

选5个不同的数,使他们的乘积最大.

直接$dp$,因为有负数,所以记录一个最大值,一个最小值.
$f[i][j]$表示前$i$个数选择$j$个的最大值.
$g$为最小值.

int n,a[N];
ll f[N][7],g[N][7],ans;
 
int main() {
	int _;qr(_); while(_--) {
		qr(n);
		memset(f,-63,sizeof(f[0])*(n+1));
		memset(g,63,sizeof(g[0])*(n+1));
		ans=f[0][0];
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			ll x;qr(x); 
			f[i][1]=max(f[i-1][1],(ll)x);
			g[i][1]=min(g[i-1][1],(ll)x);
			for(int j=2;j<=5&&j<=i;j++) {
				f[i][j]=max(f[i-1][j],max(f[i-1][j-1]*x,g[i-1][j-1]*x));
				g[i][j]=min(g[i-1][j],min(f[i-1][j-1]*x,g[i-1][j-1]*x));
			}
		}
		pr2(f[n][5]);
	}
	return 0;
}

1406C - Link Cut Centroids

给你一棵树,你需要删一条边加一条边使得重心唯一.

首先,一个重要条件是一棵树的重心至多为2且一定相邻.
那么我们只用考虑两个重心的情况:
我们设两重心为$x,y$.那么我们把$x$的儿子接一个到$y$上面即可.
正确性证明: $y$的最大子树$<n/2$.其他点如果为重心,那么最大子树$\ge n-maxsize(son(y))\ge n/2$.

int T,n,f[N],sz[N],fa[N],u,v;
struct edge{int y,next; } a[N*2]; int len,last[N];
void ins(int x,int y) {a[++len]=(edge){y,last[x]}; last[x]=len; }

void dfs(int x) {
	sz[x]=f[x]=1;
	for(int k=last[x],y;k;k=a[k].next) 
		if((y=a[k].y)^fa[x]) {
			fa[y]=x; dfs(y);
			sz[x] += sz[y];
			f[x]=max(f[x],sz[y]);
		}
	f[x]=max(f[x],n-sz[x]);
}

int main() {
	qr(T); while(T--) {
		qr(n); len=1; 
		for(int i=1;i<=n;i++) last[i]=0;
		for(int i=1,x,y;i<n;i++) qr(x),qr(y),ins(x,y),ins(y,x);
		fa[1]=0; dfs(1); u=1; v=0;
		for(int i=2;i<=n;i++) 
			if(f[u]>f[i]) u=i,v=0;
			else if(f[u] == f[i]) v=i;
		if(!v) {
			pr1(2); pr2(fa[2]);
			pr1(2); pr2(fa[2]);
		}
		else {
			fa[u]=0; dfs(u);
			for(int k=last[u];k;k=a[k].next)
				if(a[k].y^v) {
					int x=a[k].y;
					pr1(x); pr2(u);
					pr1(x); pr2(v);
					break;
				} 
		}
	}
	return 0;
}

1406D - Three Sequences

给定$a$,求出一个非降序列$b$和一个非升序列$c$.
满足$a_i=b_i+c_i$.最小化$\max (b_i,c_i)$.

我们差分一下.
先令$b_1=a_1,c_1=0$.
然后上升就改$b$,否则改$c$.
我们统计一下$\max (d_i,0)$即为$c$.
然后取一下$b1,c_n$中位数即可.

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define pb push_back
#define IT iterator
#define vi vector<int>
#define TP template<class o>
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+10,size=1<<20,mod=(int)1e9+7,inf=2e9;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
    char c=gc; x=0; int f=1;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
    while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
    x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
    if(x/10) qw(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    qw(x); putchar('\n');
}

int n,m;
ll d[N],ans;

void A() {
	ans += d[1];
	if(ans>=0) pr2((ans+1)/2);
	else pr2(ans/2);
	ans -= d[1];
}

int main() {
	qr(n); 
	for(int i=1;i<=n;i++) qr(d[i]);
	for(int i=n;i>1;i--) ans += max(0LL,d[i] -= d[i-1]);
	A();qr(m); while(m--) {
		int l,r,x; qr(l); qr(r); qr(x);
		if(l>1) ans -= max(d[l],0LL);
		ans -= max(d[r+1],0LL);
		d[l] += x;
		if(l>1) ans += max(d[l],0LL);
		if(r<n) ans += max(d[r+1] -= x,0LL);
		A();
	}
	return 0;
}

1406E - Deleting Numbers

比赛的时候,看$C,D$不太会,就跑来淦$E$,结果最后还没搞出来.
我觉得败笔在于不太会调交互题,只会提交调试法.
其实只要询问操作的时候,在函数内自行交互即可.(就是把答案先读入,然后交互围绕答案进行).

题意:给定$n$,初始集合为$[1,n]$,你需要猜数.有以下3种操作:

1. $x$. 查询集合$x$的倍数个数.
2. $x$. 执行完$1$后,删除所有倍数.但是要猜的数并不会删除.
3. $x$.找到答案$x$.

$n\le 1e5$,交互次数为$10000$.

我们先猜一下$10000$的实际意义.
由于$n$以内的质数个数大约$9500$.
所以我们要每个质数均摊一次询问.

答案有3种情况:$1$,质数,合数.

先处理最简单的合数.
显然最小质因子至多为$\sqrt{n}$.
所以我们先查询$\sqrt{n}$内的所有质因子的指数.
初始令$res=1$.(表示答案)
查询细节:

1. $B(p)$.
2. 再来一次$B(p)$,如果$B(p)=1$,说明$p|ans\to res=res\cdot p$.
3. 尝试$B(p^2)$,如果$B(p^2)=1$,$res=res\cdot p$.
4. 尝试$B(p^3)$…

这样每个质因子都要查2次,然后就是加上$ans$的质因子个数$\log n$.
因为这个质因子$p\le \sqrt{n}$,所以只有几十个.
两者对询问次数的影响很小.

然后$ans$可能还有一个$>\sqrt{n}$的质因子.
所以我们遍历所有$>\sqrt{n}$的质因子$p$.
如果$A(p)>1$,那么就一定有这个质因子.

剩下的情况就是$>\sqrt{n}$的质数和$1$.
我们只要排除质数的情况即可.
找质数我们考虑分治.
对于$[l,r]$内的质数我们先对一半的质数$B(p)(p\in [l,mid]))$.
然后$A(1)$一下,看看和预估的答案是否一致.
如果不一致,那么答案就在$[l,mid]$中,再扫一遍即可.
否则递归处理$[mid+1,r]$.
可以发现这个询问次数是质因子个数.

代码中有#define op false,这个是用来调试的.

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define IT iterator
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+10,size=1<<20,mod=998244353,inf=2e9;

template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}


int n,prime[N],tot,a[N],cnt; bool v[N];
ll ans,res;

#define op false
bool vis[N];

int A(int x) {
	if(op) {
		int s=0;
		for(register int i=x;i<=n;i+=x) s += vis[i];
		return s; 
	}
	printf("A %d\n",x); fflush(stdout);
	qr(x); return x;
}

int B(int x) {
	if(op) {
		int s=0;
		for(register int i=x;i<=n;i+=x) s += vis[i],vis[i]=0;
		vis[res]=1;
		return s;
	}
	printf("B %d\n",x); fflush(stdout);
	qr(x); return x;
}

void C() {printf("C %lld\n",ans); exit(0);}

int last;
void solve(int l,int r) {
	if(l > r) return ;
	if(l == r) {
		B(a[l]);
		if(B(a[l])) ans *= a[l];//因子至多有一个.
		return ;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	for(int i=l;i<=mid;i++) B(a[i]);
	last -= mid-l+1;
	if(A(1)^last) {
		for(int i=l;i<=mid;i++)
			if(B(a[i])) ans *= a[i],C();
	}
	solve(mid+1,r);
}

int main() {
	qr(n); int m=sqrt(n)+1; ans=1;
	if(op) {
		qr(res);
		for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) if(v[i]) {
		prime[++tot]=i; 
		if(i>m) a[++cnt]=i;
		else {
			B(i);
			if(B(i)) {
				ans *= i;
				for(ll x=i*i;ans*i<=n;x*=i)
					if(B(x)) ans *= i;
					else break;
			}
			if(ans*i>n) C();
		}
		for(ll j=(ll)i*i;j<=n;j+=i) v[j]=0;
	}
	if(ans>1) {
		for(int i=1;i<=cnt;i++)
			if(A(a[i])>1) ans *= a[i],C();
	}
	else last=A(1),solve(1,cnt);
	C();
}