Codeforces Global Round 27 (A~F)-优快云博客

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Codeforces Global Round 27https://codeforces.com/contest/2035

A. Sliding

先算跨行填补的：从 r+1 行开始每一行第一个会填补到上一行最后一个，距离为 m，这些总距离就是 (n-r)*m

再算距离为 1 的：第 r 行的 m-c 个，r+1 行开始后面每行 m-1 个，总共就是 (n-r)*(m-1)+m-c

//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pli pair<LL,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define OJBK {cout<<"ok"<<endl;return;}
inline int Ls(int p){return p<<1;}
inline int Rs(int p){return p<<1|1;}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
typedef double db;
const int MOD=998244353;
const int N=1e5+10;

inline void Solve()
{
	int n,m,a,b;
	cin>>n>>m>>a>>b;
	LL ans=(LL)(n-a)*(m-1)+(LL)m*(n-a)+m-b;
	cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("1.in","r",stdin);
		freopen("1.out","w",stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		Solve(); 
	}
	return 0;
}

B. Everyone Loves Tres

十进制数可以写成 $\sum a_i*10^i$ 的形式，本题 $a_i = 3,6$ ，只需要求满足 $\sum a_i *10^i \pmod {66} =0$ 的最小值。

打表出 $10^i \pmod{66}$ 的结果：

10^0 mod 66 = 1
10^1 mod 66 = 10
10^2 mod 66 = 34
10^3 mod 66 = 10
10^4 mod 66 = 34
10^5 mod 66 = 10
10^6 mod 66 = 34
10^7 mod 66 = 10
10^8 mod 66 = 34
10^9 mod 66 = 10
10^10 mod 66 = 34
10^11 mod 66 = 10
10^12 mod 66 = 34
10^13 mod 66 = 10
10^14 mod 66 = 34
10^15 mod 66 = 10
10^16 mod 66 = 34
10^17 mod 66 = 10
10^18 mod 66 = 34
10^19 mod 66 = 10

可以发现后面结果都是10和34循环了，而且注意到有 $3\cdot 10 + 3 \cdot 34 \pmod {66} =0$ 成立，所以对于偶数的情况就是最低两位填 66，高位全部填 3；奇数的情况就是不足5位不满足，否则最低 5 位填 36366，高位全部填 3。

//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pli pair<LL,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define OJBK {cout<<"ok"<<endl;return;}
inline int Ls(int p){return p<<1;}
inline int Rs(int p){return p<<1|1;}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
typedef double db;
const int MOD=998244353;
const int N=1e5+10;

inline void Solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	if(n&1){
		if(n<=3) cout<<-1<<endl;
		else{
			rep(i,0,n-5) cout<<'3';
			cout<<"36366"<<endl;
		}
	}else{
		rep(i,0,n-2) cout<<'3';
		cout<<"66"<<endl;
	}
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("1.in","r",stdin);
		freopen("1.out","w",stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		Solve(); 
	}
	return 0;
}

C. Alya and Permutation

把整个过程看做逆向操作来确定 k，或操作的 1 位可以确定为 1，与操作的 0 位可以确定为 0。对于偶数，可以构造 1000，0111，0100，0011.... 最后可以把 k 所有位都变成 1；对于奇数的情况，因为首先进行与操作，为了保证结果最大选择 n，后面按照偶数的策略保证把其他的位确定为 1。（n=5 除外，因为按照该算法 1~4 只能凑出 110）

下面是 n=10 和 n=9 的例子帮助理解：

//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pli pair<LL,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define OJBK {cout<<"ok"<<endl;return;}
inline int Ls(int p){return p<<1;}
inline int Rs(int p){return p<<1|1;}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
typedef double db;
const int MOD=998244353;
const int N=2e5+10;
int p2[25];
unordered_set<int>st;
void INIT()
{
	p2[0]=1;st.emplace(1);
	rep(i,1,21) p2[i]=p2[i-1]*2,st.emplace(p2[i]);
}
void outp(int n,vector<int>&a)
{
	int t=0,k=0;
	while(p2[t]<=n) ++t;
	--t;
	per(i,t,0) a.emplace_back(p2[i]),a.emplace_back(p2[i]-1);
	for(int i=6;i<=n;i+=2) if(!st.count(i)) a.emplace_back(i-1),a.emplace_back(i);
	reverse(all(a));
	rep(i,0,(int)a.size()){
		if(i&1) k|=a[i];
		else k&=a[i];
	}
	cout<<k<<endl;
	for(auto it:a) cout<<it<<" ";
	cout<<endl;
}
inline void Solve()
{
	vector<int>a;
	int n;
	cin>>n;
	if(n==5){
		cout<<5<<endl;
		cout<<"2 1 3 4 5"<<endl;
		return; 
	}
	if(n&1){
		a.emplace_back(n);
		outp(n-1,a);
	}else outp(n,a);

}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("1.in","r",stdin);
		freopen("1.out","w",stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	INIT();
	cin>>_;
	while(_--){
		Solve(); 
	}
	return 0;
}

D. Yet Another Real Number Problem

考虑一个固定的数组 a 通过题目操作把和变到最大：逆序遍历数组，维护当前最大的数，如果遇到偶数就把 2 乘到这个最大的数上。基于这个思路，就可以用数对来表示每一个数，(a, b) 表示 $2^a \cdot b$ ，b 为奇数，每当增加一个数的时候，如果前面数对中 b 的值比新的 $2^a \cdot b$ 的值要小，说明把前面的 2 乘到新的数对上更优，更新数对和答案即可，这样就维护出了一个类似单调队列的数据结构。

下面是样例 2 的例子帮助理解：

//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pli pair<LL,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define OJBK {cout<<"ok"<<endl;return;}
inline int Ls(int p){return p<<1;}
inline int Rs(int p){return p<<1|1;}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
typedef double db;
const int MOD=1e9+7;
const int N=2e5+10,M=6e6;
pii a[N];
int p2[M+10];
void INIT()
{
	p2[0]=1;
	rep(i,1,M+1) p2[i]=2*p2[i-1]%MOD;
}
int sf_mod(int x,int m=MOD)
{
	return (x%m+m)%m;
}
bool che(pii a,int x)
{
	if(a.fi>=30) return true;
	LL res=(1ll<<a.fi)*a.se;
	return x<res;
}
inline void Solve()
{
	int n,x,s=0,m=0;
	cin>>n;
	rep(i,0,n){
		cin>>x;
		int t=0,val=x;
		while(!(x&1)) ++t,x/=2;
		if(m==0||a[m].se>=val){
			s=(s+val)%MOD;
			if(t) a[++m]={t,x};
		}else{
			a[++m]={t,x};
			while(m-1&&che(a[m],a[m-1].se)){ // a[m-1].se<(1<<a[m].fi)*a[m].se
				s=(s-1ll*p2[a[m-1].fi]*a[m-1].se%MOD)%MOD; //s-=(1<<a[m-1].fi)*a[m-1].se;
				s=sf_mod(s);
				s=(s+a[m-1].se)%MOD; //s+=a[m-1].se;
				a[m-1].fi+=a[m].fi;a[m-1].se=a[m].se;
				m-=1;
			}
			s=(s+1ll*p2[a[m].fi]*a[m].se%MOD)%MOD; //s+=(1<<a[m].fi)*a[m].se;
			if(a[m].fi==0) --m;
		}
		cout<<s<<" ";
	}cout<<endl;
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("1.in","r",stdin);
		freopen("1.out","w",stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	INIT();
	cin>>_;
	while(_--){
		Solve(); 
	}
	return 0;
}

E. Monster

对于相同次数的增加操作和伤害操作，显然先全部增加后再全部伤害会产生更多的总伤害，本题加上限制 k 次增加，使得伤害达到最大的策略就是：增加 k，伤害 1 次...循环，不妨设这个过程循环了 a 次，最后有 b 次增加，c 次伤害。

于是可以得到最大总伤害为：

$D=k \cdot \frac{a \cdot(a+1)}{2} + (a \cdot k +b) \cdot c$

花费为：

$W=(a \cdot k+b) \cdot x + (a+c) \cdot y$

需要满足 $D \ge z,b \le k$ ，的条件下让 $W$ 尽量小。考虑枚举 a 和 b，注意到 D 的增长是 a 的平方级别，a 枚举量不会超过 $\sqrt{z}$ ，条件可以整理成 $c \ge \left \lceil \frac{z- k\cdot\frac{a \cdot(a+1)}{2}}{a \cdot k +b} \right \rceil$

$c = \left \lceil \frac{z- k\cdot\frac{a \cdot(a+1)}{2}}{a \cdot k +b} \right \rceil \\ =\left \lfloor \frac{z- k\cdot\frac{a \cdot(a+1)}{2}+a \cdot k +b-1}{a \cdot k +b} \right \rfloor\\ = \left \lfloor \frac{z- k\cdot\frac{a \cdot(a+1)}{2}-1}{a \cdot k +b} \right \rfloor +1$

枚举 b 的时候，前面一部分可以使用整除分块技术计算，b 不会超过 k，枚举次数大约在 $\sqrt{k}$ ，最后算出 c 的值。

复杂度： $O(\sum_{a=0}^{\sqrt{\frac{2\cdot z}{k} } } min(\sqrt{z-k\cdot \frac{a\cdot (a+1)}{2} } ,\sqrt{k}))=O(\sqrt{z})$

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pli pair<LL,int>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
inline int Ls(int p){return p<<1;}
inline int Rs(int p){return p<<1|1;}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef double db;
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=1e9+87;
int x,y,z,k;
LL F(int a,LL b,LL c)
{
	return (1ll*a*k+b)*x+(a+c)*y;
}
inline void Solve()
{
	cin>>x>>y>>z>>k;
	LL ans=1e18;
	int lim=1e5;
	rep(a,0,lim+1){
		LL t=z-1ll*a*(a+1)/2*k;
		if(t<0) break;
		LL ak=1ll*a*k;
		for(LL l=max(ak,1ll),r;l<=t-1;l=r+1){
			LL b=l-ak;
			if(b>k) break;
			r=(t-1)/((t-1)/l);
			LL c=(t-1)/(ak+b)+1;
			ans=min(ans,F(a,b,c));
		}
		if(t-ak<=k&&t-ak>=0) ans=min(ans,F(a,t-ak,1));
	}
	cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("1.in","r",stdin);
		freopen("1.out","w",stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		Solve();
	}
	return 0;
}

F. Tree Operations

考虑 dp，如果进行了 x 次操作，用 f[i] 表示 x 操作之后 i 子树剩余的值，i 节点可以进行的操作次数为 $x/n+[x \mod n \ge i]$ ，这些操作次数用来抵消 $a_{i}$ 以及它的子树剩余的值。

易得递推式： $f[i]=f[j]+a_i-(\frac{x}{n}+[x \mod n \ge i])$ （其中 j 为 i 的子节点）

如果 f[i] 为负数，说明操作数量多了，这时候多出来的操作数只能进行加 1 和减 1，如果次数为偶数刚好为 0。

考虑二分，判断次数是否合法，注意到假如 x 是合法的，则在增加 $2kn$ 次也是合法的（相当于把每个点再增加 k 次又减少 k 次），于是可以把操作次数写成 $2kn+r$ 的形式，枚举 r，再二分出最小 k ，用 dp 判断根节点值是否为 0 即可。

直接写 dfs 的 dp 会被第10个点卡掉，改用拓扑序 dp 才能过。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pii pair<int,int>
#define pli pair<LL,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define OJBK {cout<<"ok"<<endl;return;}
inline int Ls(int p){return p<<1;}
inline int Rs(int p){return p<<1|1;}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
typedef double db;
const int MOD=1e9+7;
const int N=2010,M=2*N;
int a[N];
int deg[N],h[N],ne[M],e[M];
LL f[N];
class Graph{
public:
	int n,r;
	int idx;
	vector<int>ts;
	void add(int a,int b){
		e[++idx]=b;ne[idx]=h[a];h[a]=idx;
	}
	vector<int> Top_sort(){
		vector<int>res;
		queue<int>q;
		rep(i,1,n+1) if(deg[i]==0) q.emplace(i);
		while(q.size()){
			int u=q.front(); q.pop();
			res.emplace_back(u);
			for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
				int v=e[i];
				if(--deg[v]==0) q.emplace(v);
			}
		}
		return res;
	}
	void Dfs(int u,int fa){
		for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
			int v=e[i];
			if(v==fa) continue;
			Dfs(v,u);
		}
		ts.emplace_back(u);
	}
	LL Dp(int u,int fa,LL x){ /**TLE**/
		LL res=a[u]-x/n;
		if(x%n>=u) res-=1;
		for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
			int v=e[i];
			if(v==fa) continue;
			res+=Dp(v,u,x);
		}
		if(res<0) res=(-res)%2;
		return res;
	}
}g;
bool che(Graph g,LL x)
{
	int n=g.n,r=g.r;
	rep(i,1,n+1) f[i]=0;
	for(auto u:g.ts){
		f[u]+=a[u]-x/n;
		if(x%n>=u) f[u]-=1;
		if(f[u]<0) f[u]=(-f[u])%2;
		for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
			int v=e[i];
			f[v]+=f[u];
		}
	}
	return f[r]==0;
}
inline void Solve()
{
	g.idx=0;
	cin>>g.n>>g.r;
	rep(i,1,g.n+1) cin>>a[i],deg[i]=h[i]=0;
	rep(i,0,g.n-1){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		g.add(v,u); g.add(u,v);
	}
	g.Dfs(g.r,0);
	LL ans=1e18;
	rep(i,0,2*g.n){
		LL l=0,r=1e13;
		while(l<r){
			LL mid=l+r>>1;
			if(che(g,i+mid*2*g.n)) r=mid;
			else l=mid+1;
		}
		if(che(g,i+l*2*g.n)) ans=min(ans,i+l*2*g.n);
	}
	cout<<ans<<endl;
	g.ts.clear();
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("1.in","r",stdin);
		freopen("1.out","w",stdout);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		Solve(); 
	}
	return 0;
}

UPDATE1.

用多线程计算 E 题复杂度（循环次数）：

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>b;--i)
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const int num=1000;
const int z = 1e8;
const int lim = 1e5;

struct Answer {
    int mx = 0;
    int pos = -1;
};


Answer ans;
mutex mu;

void Calc(int st,int ed)
{
    int mx = 0;
    int pos=-1;
    rep(k,st,ed+1){
        int cnt=0;
        rep(a,0,lim){
            LL t=z-1ll*a*(a+1)/2*k;
            if(t<0) break;
            LL ak=1ll*a*k;
            for(LL l=max(ak,1ll),r;l<=t-1;l=r+1){
                LL b=l-ak;
                if(b>k) break;
                r=(t-1)/((t-1)/l);
                //LL c=(t-1)/(ak+b)+1;
                cnt+=1;
            }
        }
        if(cnt>mx) mx=cnt,pos=k;
    }
    lock_guard<mutex>guard(mu);
    if(mx>ans.mx){
        ans.mx=mx;
        ans.pos=pos;
    }
}

int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("1.in","r",stdin);
        freopen("1.out","w",stdout);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int k=1e8;
    int tt=k/num;
    vector<thread>ths;
    rep(i,0,num){
        int st=i*tt+1,ed=(i==num-1)?k:st+tt-1;
        ths.emplace_back(Calc,st,ed);
    }
    for(auto& th:ths) th.join();
    cout<<"Maximum count: "<<ans.mx<<", at k: "<<ans.pos<<endl;
    return 0;
}

结果是 k=1 取得最大值 24493，事实证明了复杂度很小。