随缘更新codeforces题解
gym 103260 L. Extreme Wealth
不妨设两个数分别是a,b,n=a+b
首先答案是\(2^{n}/(C_n^a)\)
这个结论可以通过DP后打表找出来
当然也可以证明：
结论1：可以压两边达到相同的效果
不妨设左右各压了c，c+d,原本有X=2c+d
那么两种情况分别会剩下2c,2c+2d
这和我对右边压d会达到同样的效果，因为最后也是得到2c,2c+2d
结论二，钱一定可以压完
不妨设我剩下x块钱没有压出去
那么我左边压x/2，右边压x/2，也是同样的效果
所以我们现在知道了，每一轮，我们都会把钱全部花光在两边
即我们现在有一颗决策二叉树，到达每个叶子的概率是相同的，我们把钱全部压倒叶子里，然后最后答案就是最小的叶子*\(2^n\)
这里显然采取均分的方法，所以答案就是\(2^{n}/(C_n^a)\)
第二个问题来了，怎么计算答案
考虑当n较小的时候用python暴力算，当n较大的时候套用斯特林公式
\(n!=\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n\)
整一个过程可以取ln算
就可以在误差范围内通过此题了
1656 H. Equal LCM Subsets
先考虑一个check两个集合lcm是否相等的样子
对于A集合中的每个元素a，去计算
\(d=gcd(a/gcd(a,b_i))\)
考虑\(a/gcd(a,b_i)\)的意义，其实就是\(a\)和\(b_i\)中指数\(a\)比较大的部分
如果\(d>1\)，那么可以确定两个lcm一定不相等
因为\(a\)已经存在某一个因子的次方比\(b\)里面所有都大
若\(d=1\)，则可以推出\(a|lcm(B)\)
对\(B\)同理，假设此时所有\(d\)都为\(1\)，那么可以得到两个集合的\(lcm\)相等
至此，做法已经出来了，如果存在一个\(d>1\)，就把这个元素删掉
然后不断重复这个过程就可以了
至于如何快速询问\(d\)，可以用\(n\)棵线段树来维护
gym102538 300iq Contest 3 C.Cells Blocking
跑出一条尽可能往左的路和一条尽可能往右的路，分别即为\(A\)，\(B\)
考虑如果只能堵一个点怎么做
两条路径的交集就是答案了
同理，如果我们堵了一个交集，那么我们选任何一个其他点都是答案
否则，我们去枚举\(A\)上的每一个点，堵上这个点，然后搜索另外的一条路径尽可能往左的路径C，此时CB的交集就是答案了
一开始我们预处理出每个点是否可以从起点到达且能到达终点
就可以\(O(路径长度)\)搜出来一条路径
故复杂度是\(O(n^2)\)
性质有只往下或右走有一个性质，就是第\(i\)步的位置一定在\(x+y=i\)的点上
然后这种图的支配点是可以爆搜一下跑出来的
gym102538 300iq Contest 3 E Easy Win
答案等价于询问\((a_{1}modx) ⊕{a_2modx}⊕....⊕ {a_nmodx}\)
对于异或问题，常常考虑拆位来做
对于取模问题，常常考虑枚举倍数
对于一个\(x\)，去枚举其倍数，不妨设其倍数为\(y\)
那么对于在\([y,y+x)\)中的所有数\(z\)，其余数都是\(z-y\)
换句话说，我们要快速求出\(z-y\)的异或和
带减法依然是不好做的，考虑一位一位考虑，现在处理\(2^i\)
定义一个辅助数组\(f_{j,i}\)表示有多少个数\(x\)满足\(x\ge j\)且\((x-j)\)在\(i\)这一位为\(1\)
有一个性质就是假如\(x\)在第\(i\)位为1，那么\(x-2^{i+1}\)在第\(i\)位也同样为1
可以递推的\(f_{j,i}=f_{j+2^{i+1}}+cnt[j+2^ij+2^{i+1}-1]\)
\(cnt[l,r]\)的定义为，这个区间里有多少个数
这个\(f\)满足一个性质，就是虽然减的数不同，但是假如两个数的差值是\(2^{i+1}\)，那么依然是可以差分的
这时候再去考虑我们的询问\([y,y+x)\)
找到一个最大的位置\(k\in[y,y+x)\)，让他与\(y\)关于\(2^{i+1}\)同余
差分得出\([y,k]\)的答案，然后对于\([k,y+x)\)，因为区间的长度不超过\(2^{i+1}\)，所以变化点只有一个，直接去询问\(cnt[k+2^{i},min(k+2^{i+1}-1,y+x)]\)即可
复杂度\(O(nlog^2n)\)
1615 H
最优化问题常见方法，构造一个下界，尝试构造一个方案达到下界
构造下界
我们定义\((u,v)\)为所有\(u\)可以到\(v\)的点对，直接相邻或者间接相邻都可以
假设存在有一个点对\((u,v)\)，那么答案至少为\(a_u-a_v\)
更一般的，如果对于k个点对\((u_i,v_i)\)，满足一个数字在集合\((U∪V)\)中只出现了一次
那么答案至少为\(\sum a_{u_i}-a_{v_i}\)
找到这个最大的和即为下界
这个过程很简单，对于原图的\((u,v)\)，建立\((inf,a_u-a_v)\)的边
然后对于每一个点\(u\),\(S\)与\(u\)和\(u\)与\(T\)建立\((1,0)\)的边，跑最大费用流即可
最后，如果\(u\)同时与S和T的边都满流了，把他设定为不满流，显然这样不会影响费用
这样处理之后，每一个点要么和\(S\)满流，要么和\(T\)满流，即至多出现一次
构造方案
在残留网络中，即如果还有流量就保留，包括反向边，对S跑出到所有节点的最长路\(d_u\)
我们令\(b_u=a_u+d_u\)为答案
对于原来的一个限制点对\((u,v)\)，因为原本的边流量为inf，故必存在与残留网络中，即有\(d_u+(a_u-a_v)\le d_v\)，即\(b_u=d_u+a_u\le d_v+a_v=b_v\)，符合条件
但同时，对于我们选中的点对\((u,v)\)，反向边有流量，同理可得\(b_v\le b_u\)。
同时，因为\(u\)在残留网络中与\(t\)连通，故必不可能有\(d_u>0\)，否则找到一条增广路
同理有\(d_v\)不可能小于\(0\)
故得到\(a_v\le b_v=b_u\le a_u\)
不难发现，对于一个选中的点对，调整力度恰好就是\(a_u-a_v\)
对于一个没有选中的点，有\(d_u=0\)，证明同上
故恰好与所需的下界相同
1622 F
不妨令\(f(x)\)为消完因子之后的答案，即消完平方因子之后的数
显然有\(f(xy)=f(f(x)f(y))\)
\(f(n!(n+1)!)=f(n+1)\)
对于偶数\(2k\)，\(f(1!2!3!...(2k)!)=f(2*4*8*...*2k)=f(2^k*k!)\)
若\(k\)为偶数，则只去掉\(k\)就可以是一个合法方案
若k为奇数，去掉\(k\)和\(2\)就是一个合法的方案
故对于偶数，只需要删掉不超过2个数
奇数因为通过删掉\(n\)就可以变为偶数，故答案不超过\(3\)
故对于所有的数删掉的数不超过\(3\)个
- 判断平方数的一个小trick
对于所有质数随机一个大数\(p(x)\)，然后\(p(xy)=p(x) \ xor\ p(y)\)
一个数为平方数，显然有\(p(x)=0\)
故得到做法，先判一下全选，然后尝试删掉一个，然后尝试删掉两个，最后尝试三个，一定能找到一组解
