CF1471(Round 694 div2) 题解

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岳来岳好，明天

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本文详细解析了CF1471 Div2四道题目，包括A题的合并影响分析，B题的数的分裂与循环模拟，C题的最优选择策略以及D题的质因数分解与相邻判断。通过代码实现和问题分析，帮助读者理解解题思路。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

CF1471A

先从最简单的情况入手：数组中只有两个数 $a$ 和 $b$ 。

令 $a=cx+d,b=mx+k(0≤d,k<x)a=cx+d,b=mx+k(0\le d,k < x )$ 。

$d, k$ 均为 $0$ 。不合并： $c + m$ ，合并： $c + m$
$d, k$ 有一个为 $0$ 。不合并： $c + m + 1$ ，合并： $c + m + 1$
$d, k$ 均不为 $0$ ，且 $d+k≤xd+k\le x$ 。不合并： $c + m + 2$ ，合并： $c + m + 1$
$d, k$ 均不为 $0$ ，且 $d + k > x$ 。不合并： $c + m + 2$ ，合并： $c + m + 2$

综上，把两个数合并后对于答案的影响是只可能减少不可能增加，因此一次都不合并时答案取得最大值，全部合并时答案取得最小值。

代码如下：

/*
 
_/      _/    _/_/_/      _/_/_/    _/_/_/_/_/    _/_/_/    _/_/_/_/    _/      _/  _/      _/  _/      _/
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  _/  _/    _/          _/              _/      _/      _/  _/  _/      _/  _/  _/      _/        _/  _/
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    _/        _/_/_/      _/_/_/        _/        _/_/_/    _/      _/    _/  _/        _/      _/      _/
 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

inline int read(){
	int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}

const int N=1e5+5;
int a[N]; 

void work(){
	ll sum=0,mx=0;
	int n=read(),x=read();
	fo(i,1,n) a[i]=read(),sum+=a[i];
	fo(i,1,n){
		mx+=a[i]/x;
		if(a[i]%x) mx++;
	}
	printf("%lld %lld\n",sum/x+(bool)(sum%x),mx);
	//puts("");
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		work();
	}
	return 0;
}

CF1471B

如果 $x ∣ q$ ，设 $t=qxt=\frac{q}{x}$ ，那么 $q$ 会分裂成 $x$ 个 $t$ 。而如果 $x ∣ t$ ，那么这 $x$ 个 $t$ 又会分裂出 $x^{2}$ 个 $tx\frac{t}{x}$ ……很显然这是一个有终点的循环，每循环一次就会多出 $x^{k}$ 个 $qxk\frac{q}{x^{k}}$ 。我们把当前循环中 $q$ 分裂出的 $x^{k}$ 个数看做一个整体，每次循环都会使得数组里的元素和增加 $q$ 。同时，由于 $q≤109q\le 10^{9}$ ，所以循环次数为 $O(\log_{x}{q})$ ，这是一个上界为 $30$ 的数，直接模拟这个循环即可。

代码如下：

/*
 
_/      _/    _/_/_/      _/_/_/    _/_/_/_/_/    _/_/_/    _/_/_/_/    _/      _/  _/      _/  _/      _/
_/      _/  _/      _/  _/      _/      _/      _/      _/  _/      _/  _/      _/   _/    _/    _/    _/
_/      _/  _/      _/  _/              _/      _/      _/  _/      _/  _/      _/    _/  _/      _/  _/
_/      _/  _/_/_/_/_/  _/              _/      _/      _/  _/_/_/_/    _/  _/  _/      _/         _/_/
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*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

inline int read(){
	int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}

const int N=1e5+5;
int a[N],cnt[N];

void work(){
	int n=read(),x=read();
	ll ans=0;
	fo(i,1,n) a[i]=read(),cnt[i]=0,ans+=a[i];
	fo(i,1,n){
		int t=a[i];
		while(t%x==0){
			t/=x;
			cnt[i]++;
		}
	}
	int flag=1;
	while(flag){
		fo(i,1,n){
			if(cnt[i]) cnt[i]--,ans+=a[i];
			else{
				flag=0;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	//puts("");
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		work();
	}
	return 0;
}

CF1471C

假设有 $x$ 人直接拿钱，我们选择让 $k$ 最小的那 $x$ 个人来拿钱肯定是最优的，因为这样能使得剩下的 $n - x$ 个人选择的余地最大，并且代价最小。把 $k$ 排序后对 $c_{k_{i}}$ 做前缀和。这就转化为了在两个递增数组上依次取一段长为 $x$ 的前缀和一段长为 $m - x$ 的后缀使得和最小，这显然是一个关于 $x$ 的单谷函数，直接无脑三分就能解决。

代码如下：

/*
 
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*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

inline int read(){
	int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}

const int N=3e5+5;
int k[N],c[N];
ll S1[N],S2[N];

void work(){
	int n=read(),m=read();
	ll ans=1e18;
	fo(i,1,n) k[i]=read();//n个顾客 
	fo(i,1,m) c[i]=read(),S2[i]=S2[i-1]+c[i];//m件礼品
	sort(k+1,k+1+n);
	fo(i,1,n) S1[i]=S1[i-1]+c[k[i]];
	int L=max(0,n-m),R=n,mid1,mid2;
	while(R-L>5){
		mid1=L+(R-L)/3,mid2=R-(R-L)/3;
		ll v1=S1[mid1]+S2[n-mid1],v2=S1[mid2]+S2[n-mid2];
		if(v1<=v2) R=mid2;
		else L=mid1;
	}
	fo(i,L,R) ans=min(ans,S1[i]+S2[n-i]);
	printf("%lld\n",ans);
	//puts("");
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		work();
	}
	return 0;
}

CF1471D

思维题。

看到 gcd 和 lcm 首先想到分解质因数。令 $a=∏i=1∞piei,b=∏i=1∞piei′a=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{e_{i}},b=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{e'_{i}}$ （ $p_{i}$ 为第 $i$ 个质数）。则 $lcm(a,b)=∏i=1∞pimax⁡(ei,ei′),gcd⁡(a,b)=∏i=1∞pimin⁡(ei,ei′)lcm(a,b)=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{\max(e_{i},e'_{i})},\gcd(a,b)=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{\min(e_{i},e'_{i})}$ 。令 $t=lcm(a,b)gcd(a,b)t=\frac{lcm(a,b)}{gcd(a,b)}$ ，则 $t=∏i=1∞pimax⁡(ei,ei′)−min⁡(ei,ei′)t=\prod_{i=1}^{\infin}p_{i}^{\max(e_{i},e'_{i})-\min(e_{i},e'_{i})}$ 。因此 $t$ 为完全平方数当且仅当 $∀i∈N+,2∣(max⁡(ei,ei′)−min⁡(ei,ei′))\forall i\in \mathbb{N^{+}},2|(\max(e_{i},e'_{i})-\min(e_{i},e'_{i}))$ 。也就是 $e_{i}$ 与 $e'_{i}$ 奇偶性相同。因此 $a$ 和 $b$ 是否相邻就只与 $e_{i}$ 和 $e'_{i}$ 的奇偶性有关了，我们把奇数看做 $1$ ，偶数看做 $0$ ，每个数就可以用一个 $01$ 串来表示，而两个数相邻当且仅当它们的 $01$ 串相同。

这也就是说，每次变化都会将数组中所有 $01$ 串相同的元素合并在一起（其实就是把这些 $01$ 串加起来）。如果参与合并的元素个数为偶，那么合并过后每个 $e_{i}$ 都会变为 $0$ ，即一个全 $0$ 串。如果参与合并的元素个数为奇，那么合并之后每个元素的 $01$ 串并不会发生改变。这意味着数组在变化过一次后，出现的全 $0$ 串从此始终是全 $0$ 串，非全 $0$ 串从此也不会再发生改变，所以答案最多只有两种： $w = 0$ 时，和 $w = 1$ 时，直接套哈希模拟就行，由于 $01$ 串的哈希值只与 $1$ 的位置有关，因此我们可以把所有 $1$ 的位置拎出来做哈希。时间复杂度为 $O(nlog⁡n+nmax⁡ai)O(n\log n+n\sqrt {\max a_{i})}$ 。

代码如下：

/*
 
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*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define mod1 998244353
#define mod2 19260817
#define base1 19260813
#define base2 300007
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define go(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

inline int read(){
	int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}

const int N=1e6+5;
int np[N],p[N],top,rk[N];

void xxs(){
	fo(i,2,N-1){
		if(!np[i]) p[++top]=i,rk[i]=top;
		fo(j,1,top){
			int t=i*p[j];
			if(t>=N) break;
			np[t]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}

int a[N];

struct Ha{
	int v1,v2;
	bool operator<(const Ha &x){
		if(v1!=x.v1) return v1<x.v1;
		return v2<x.v2;
	}
	bool operator==(const Ha &x){return v1==x.v1&&v2==x.v2;} 
}hx[N];

void work(){
	int n=read();
	fo(i,1,n) a[i]=read();
	fo(i,1,n){
		hx[i].v1=hx[i].v2=0;
		int t=a[i];
		//printf("%d:\n",t);
		fo(j,1,top){
			if(p[j]*p[j]>t) break;
			bool cnt=0;
			while(t%p[j]==0){
				t/=p[j];
				cnt^=1;
			}
			//printf("%d %d\n",p[j],cnt);
			if(cnt) hx[i].v1=(1ll*hx[i].v1*base1+j)%mod1,hx[i].v2=(1ll*hx[i].v2*base2+j)%mod2;
		}
		if(t>1) hx[i].v1=(1ll*hx[i].v1*base1+rk[t])%mod1,hx[i].v2=(1ll*hx[i].v2*base2+rk[t])%mod2;
		//printf("v1=%d v2=%d\n",hx[i].v1,hx[i].v2);
	}
	sort(hx+1,hx+1+n);
	int ans0=0,ans1=0,cnt=0;
	fo(i,1,n){
		int pos=i;
		while(pos<=n&&hx[pos]==hx[i]) ++pos;
		int len=pos-i;
		//printf("%d:%d %d %d %d\n",i,hx[i].v1,hx[i].v2,pos,len);
		ans0=max(ans0,len);
		ans1=max(ans1,len);
		if(len%2==0||hx[i].v1+hx[i].v2==0) cnt+=len;
		i=pos-1;
	}
	ans1=max(ans1,cnt);
	int q=read();
	while(q--){
		ll w;
		scanf("%lld",&w);
		if(w==0) printf("%d\n",ans0);
		else printf("%d\n",ans1);
	}
	//puts("");
}

int main(){
	xxs();
	int T=read();
	while(T--){
		work();
	}
	return 0;
}