Codeforces Round #846 (Div. 2) A-E

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A

题意

给 $n$ 个正整数，找到三个数，使得他们的和为奇数，输出他们的下标。

题解

知识点：贪心。

找到三个奇数或者一个奇数两个偶数即可，其他情况无解。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> v1, v2;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x & 1) v1.push_back(i);
        else v2.push_back(i);
    }
    if (v1.size() >= 3) {
        cout << "YES" << '\n';
        cout << v1[0] << ' ' << v1[1] << ' ' << v1[2] << '\n';
    }
    else if (v1.size() >= 1 && v2.size() >= 2) {
        cout << "YES" << '\n';
        cout << v1[0] << ' ' << v2[0] << ' ' << v2[1] << '\n';
    }
    else return false;
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
    }
    return 0;
}

B

题意

给 $n$ 个正整数 $a_i$ 。选择一个 $k>1$ ，随后将 $a_i$ 分成 $k$ 个连续非空段，使得每段的和 $b_i$ 的最大公约数 $\gcd(b_1,\cdots,b_k)$ 最大。

题解

知识点：数论，贪心。

对于任意 $k$ 的任意划分有答案 $\gcd(b_1,\cdots,b_k)$ ，根据 $\gcd(a,b) = \gcd(a+b,b)$ ，即 $a$ 和 $b$ 的最大公因数一定也是 $a+b$ 的因子，那么 $\gcd(b_1+b_2,b_3,\cdots,b_k) \geq \gcd(b_1,\cdots,b_k)$ ，所以任意两段合并代替合并前的两段不会让答案变差，因此最好的情况一定出现在只分为两段的情况。

因此，我们只要求出 $\max_\limits{1\leq i \leq n-1}\gcd(a[1,i],a[i+1,n])$ 即可。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
ll a[200007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], a[i] += a[i - 1];
    ll ans = 1;
    for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
        ans = max(ans, gcd(a[i], a[n] - a[i]));
    }
    cout << ans << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

C

题有问题。

D

题意

有一个数字 $n \in[1,10^9]$ ，告诉你 $n$ 的二进制位 $1$ 的个数 $cnt$。

随后可以执行不超过 $30$ 次操作：选择一个 $x$ ，使得 $n$ 减去 $x$ ，得到新的 $n$ 的二进制位 $1$ 的个数 $cnt$ 。

最后，你需要猜出 $n$ 是多少。

题解

知识点：位运算，枚举。

由于 $n$ 最多会有 $30$ 个 $1$ ，我们可以探测每一位是否为 $1$ 。

具体的说，我们探测第 $i$ 位是否为 $1$ ，可以减去 $2^{i-1}$ 。如果这位是 $1$ ，那么新的个数 $cnt' = cnt-1<cnt$ ，否则一定有 $cnt'\geq cnt$ 。但是，这个结论的前提是，我们是对原本的 $n$ 做减法。考虑到操作会改变 $n$ ，因此我们第 $i-1$ 位探测完后，第 $i$ 位的探测减去的应该是 $2^{i-1} - 2^{i-2}$ ，这样可以抵消上一次操作，等效于对原来的 $n$ 减去 $2^{i-1}$ 。

要注意的是，如果减的数超过 $n$ 那么也会错，即我们不能探测超过 $n$ 最高位二进制的数。为了防止超出，我们可以记录探测为 $1$ 的位数 $tot$ ，如果 $tot = cnt$ 那么可以立刻停止，因为此时答案已经满足要求了。

时间复杂度 $O(1)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int query(int x) {
    int cnt;
    cout << "- " << x << endl;
    cin >> cnt;
    return cnt;
}
 
void answer(int n) {
    cout << "! " << n << endl;
}
 
bool solve() {
    int cnt;
    cin >> cnt;
    int ans = 0, tot = 0;
    if (query(1) < cnt) ans += 1, tot++;
    for (int i = 1;i < 30 && tot < cnt;i++) {
        if (query((1 << i) - (1 << (i - 1))) < cnt) ans += 1 << i, tot++;
    }
    answer(ans);
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

E

题意

给定一个区间 $[L,R]$ ，求 $\gcd(i,j)$ 的种类，其中 $i,j\in[L,R]$ 。

题解

知识点：整除分块。

设 $\gcd(i,j) = d$ 我们考虑讨论 $d$ 的大小：

1. 当 $\left\lfloor \dfrac{R}{2} \right\rfloor + 1 \leq d$ ，那么对于最小的倍数 $2d$ ，也一定有 $2d > R$ ， 所以不存在 $[L,R]$ 的数满足这个范围的 $d$ 。
2. 当 $L \leq d \leq \left\lfloor \dfrac{R}{2} \right\rfloor$ ，我们一定可以构造 $\gcd(d,2d) = d$ ，其中 $L \leq d < 2d \leq R$ 。
3. 当 $d \leq L - 1$ ，我们尝试构造大于等于 $L$ 的最小的一组数 $L \leq d \cdot \left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil < d \cdot \left( \left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil +1\right)$ ，这两个数满足 $d \cdot \left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil < d \cdot \left( \left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil +1\right) \leq R$ ，则 $d$ 是合法的，否则一定不合法。

对于前两类我们可以轻易求出个数，但第三类，显然我们不可能一个一个枚举 $d\in[1,L-1]$ 。

实际上，我们发现会存在许多连续区间的 $d$ ，其 $\left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil$ 的值是一样的，大约有 $\sqrt L$ 个。假设 $[l,r]$ 区间的 $d$ 满足 $\left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil = \left\lceil \dfrac{L}{l} \right\rceil$ ，那么若 $d$ 满足 $l \leq d \leq \min \left(r,\left\lfloor \dfrac{R}{\left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil + 1} \right\rfloor \right)$ 则构造的数不会超 $R$ ，是合法的。

那么这个问题现在就变成一个整除分块问题，为了方便，我们把取上整都转化为取下整，即 $\left\lceil \dfrac{L}{d} \right\rceil = \left\lfloor \dfrac{L-1}{d} \right\rfloor + 1$ 。已知左端点 $l$ 和 $\left\lfloor \dfrac{L-1}{l} \right\rceil = k$ ，求最大的右端点 $r$ 满足 $\left\lfloor \dfrac{L-1}{i} \right\rfloor = k,i \in [l,r]$ 。为了在 $l$ 的基础上将 $i$ 向上逼近，我们将整除等式转化一个不等式 $i \cdot k \leq L-1$ ， $r$ 即为 $i$ 的最大值 $\left\lfloor \dfrac{L-1}{k} \right\rfloor$ 。

现在我们就可以从 $d = 1$ 开始枚举，每次可以枚举一个区间。

时间复杂度 $O(\sqrt{L})$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
bool solve() {
    ll L, R;
    cin >> L >> R;
    ll ans = max(0LL, R / 2 - L + 1);
    for (int l = 1, r;l < L;l = r + 1) {
        int k = (L - 1) / l;
        r = (L - 1) / k;
        ans += max(0LL, min((ll)r, R / (k + 2)) - l + 1);
    }
    cout << ans << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}