\(\text{C - Maximize GCD}\)
解法
乍一看很想二分，不过这不满足单调性。但是计算出序列的 \(\max\) 为 \(x\)，发现大于等于 \(x\) 的值是可以二分的。事实上这一部分也不需要二分，直接用表达式计算即可。
现在问题就是判断属于 \([1,x)\) 的答案是否合法。我比较 \(\rm nt\)，想了个分块：对于小于 \(\sqrt n\) 的数，\(\mathcal O(n)\) 计算是否合法；反之，假设枚举的数为 \(t\)，可以按照 \(kt\) 为界将数列分段，容易发现不超过 \(\frac{x}{t}\) 段。
但是直接分段其实就可以了，因为 \(\sum_{t=1}^x \frac{x}{t}\) 就是 \(x\log x\) 级别啊。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+5,B=700;
int n,a[maxn],mx;
ll k,pre[maxn];
signed main() {
n=read(9),k=read(9ll); ll s=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read(9),mx=max(mx,a[i]),s+=a[i];
if(s+k>=1ll*mx*n) {
printf("%lld\n",(s+k)/n);
return 0;
}
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
pre[i]=pre[i-1]+a[i];
ll ans=1;
for(int i=mx;i>=1;--i) {
ll ret=0;
for(int j=1;(j-1)*i<mx;++j) {
int l=upper_bound(a+1,a+n+1,(j-1)*i)-a;
int r=upper_bound(a+1,a+n+1,j*i)-a-1;
if(j*i>mx) r=n;
if(l>r or a[l]>j*i)
continue;
ret+=1ll*j*i*(r-l+1)-(pre[r]-pre[l-1]);
}
if(ret<=k) {
ans=i;
break;
}
}
print(ans,'\n');
return 0;
}
\(\text{D - Pure Straight}\)
解法
首先令 \(m=\lceil k/2 \rceil\)，初始下标集合 \(I=(i_1,i_2,...i_k)\)（升序），最终下标集合 \(J=(j_1,j_2,...j_k)\)（这是连续的）。
假如 \(I,J\) 已经选定，设 \(d(p)=|i_p-j_p|\)，\(dis(I,J)=\sum_{p=1}^k d(p)\)，\(\rm inv\) 是 \(I\) 对应序列的逆序对数。那么最小步数就是 \(dis(I,J)+\rm inv\)。证明就是先花费 \(dis(I,J)\) 将 \(I\) 挪到 \(J\) 肯定是最优的，这个证明比较经典，就不再赘述。接下来需要在 \(I\) 内部进行交换，使得 \(A_{I_1},A_{I_2},...A_{I_k}\) 变成升序，由于此时 \(I_i,I_{i+1}\) 都只差 \(1\)，实际上就是逆序对数。
有这样的结论：对于 给定 的 \(I\)，最终最优的 \(J\) 一定有 \(i_m=j_m\)。具体可以这样证明：
- 如果 \(i_m<j_m\)，将 \(J\) 集合整体向左移。对于 \(p\in[1,m]\) 都有 \(d(p):=d(p)-1\)。这是由于 \(j_1\) 到 \(j_m\) 的空隙是最小的情况，故对于 \(p\in[1,m]\) 在移动前都有 \(i_p<j_p\)。对于 \(p\in (m,k]\) 则有 \(d(p)\) 至多增加 \(1\)。
- 如果 \(i_m>j_m\)，将 \(J\) 集合整体向右移。证明方法类似。
由于每次保证 \(d(p)\) 减一的区间都大于或等于 \(d(p)\) 至多增加 \(1\) 的区间，所以可以证明将 \(j_m\) 往靠近 \(i_m\) 移动，结果会变得更优。
证明了这些结论，终于可以开始愉快地写代码啦！笑死，根本写不来。
首先可以明确只需要选定合适的 \(I\) 即可，因为此时 \(J\) 是固定的。先假设 \(dp_S\) 为选数的权值集合为 \(S\) 的最小步数，\(cnt(S)\) 是 \(S\) 中 \(1\) 的个数。如果我们从 \(1\) 到 \(n\) 加入数字，就可以惊喜地发现，当 \(cnt(S)=m\) 时，此时新加入的数的下标即为 \(i_m\)！真的好特喵妙啊！
\(\mathtt{dp}\) 的一个瓶颈就在于 \(d(p)\) 很不好计算，既然我们知道了 \(i_m\)，是否能将 \(d(p)\) 拆一下，将一些值拖到 \(i_m\) 时再计算呢？
- 当 \(p\in[1,m)\)，\(d(p)=j_p-i_p=(j_m+p-m)-i_p\)。
- 当 \(p\in(m,k]\)，\(d(p)=i_p-j_p=i_p-(j_m+p-m)\)。
其中 \(p,m,i_p\) 都可以即时计算。对于 \(j_m\)，当 \(k\) 为奇数时其实就抵消了；为偶数时 \(i_{m+1}\) 没被抵消，所以在计算到 \(i_m\) 时需要减去 \(i_m\)。
总复杂度 \(\mathcal O(n2^k)\)。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,k,a[205],dp[1<<16];
int main() {
n=read(9),k=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read(9);
int m=k+1>>1;
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=(1<<k)-1;j>=0;--j) {
if(!((j>>a[i]-1)&1))
continue;
int cnt=__builtin_popcount(j),fr=j^(1<<a[i]-1);
int add=__builtin_popcount(j>>a[i]);
if(cnt<m)
dp[j]=min(dp[j],dp[fr]+add-i+cnt-m);
else if(cnt>m)
dp[j]=min(dp[j],dp[fr]+add+i-cnt+m);
else
dp[j]=min(dp[j],dp[fr]+add+((k&1)?0:-1)*i);
}
print(dp[(1<<k)-1],'\n');
return 0;
}
\(\text{E - Infinite Operations}\)
解法
令 \(F(A)=\sum_{i<j}|A_i-A_j|\)，我们可以证明 \(\lim_{n\rightarrow \infty}f(n)=F(A)/2\)。
首先证明 \(\lim_{n\rightarrow \infty}f(n)\le F(A)/2\)。可以分类讨论：
- 如果对 权值 相邻的 \(A_i,A_j\) 进行操作，得到了 \(x\) 分。\(F(A)\) 减少 \(2x\)。
- 如果对 权值 不相邻的 \(A_i,A_j\) 进行操作，得到了 \(x\) 分。\(F(A)\) 至少减少 \(2x\)，因为对于 \(A_i,A_j\) 权值中间的数 \(x\)，由于 \(A_i,A_j\) 行走的距离相等，当 \(A_i,A_j\) 都没有触及 \(x\) 时，\(x\) 与 \(A_i,A_j\) 的距离是减小的；触及 \(x\) 之后，距离就不变了。所以整体是减小的。
证明了答案的上界后，我们只需要证明总有一种方案可以达到 \(F(A)/2\)。因为每次用权值相邻的 \(A_i,A_j\) 操作对 \(A_i,A_j\) 对其它数的距离没有影响，所以直接对这两个数操作就行了啊。
代码
代码太丑了，就不挂了。
