Codeforces Round 830 (Div. 2)

$Codeforces\ Round\ 830\ (Div. 2)$

$A$

$Problem$

给定一个长为 $n$ 的序列 $a$，问最小代价可以将整个序列的 $gcd$ 变为 $1$。

每次操作选择一个下标 $i$，令 $a_i = gcd(a_i, i)$，代价为 $n - i + 1$。

数据一共 $T$ 组。

$Scope\ Limitation$

$1\leq T\leq 5000,1\leq n\leq 20,1\leq a_i\leq 10 ^ 9$

$Solution$

设所有数的 $gcd$ 为 $x$，注意到选择一个下标 $i$ 等价于令 $x = gcd(i, x)$。

则实际上，我们只可能选最后两个下标，因为相邻的两个数必定互质，他们的 $gcd$ 一定为 $1$，所以选完最后两个数 $x$ 必然为 $1$。

答案只可能是 $0,1,2,3$。

不过题目给到的数据不大，一些优秀的暴力搜索好像也通过了。

$B$

$Problem$

给定一个长度为 $n$ 的 $01$ 串 $s$，定义一次操作如下：

• 选择一个下标 $i$，翻转区间 $[i, n]$，翻转指 $0$ 变为 $1$，$1$ 变为 $0$。

问最少多少次操作能让整个串单调不降。

$Scope\ Limitation$

$1\leq n\leq 2\times 10 ^5$

$Solution$

设 $f_{i,0/1}$ 令 $[1,i]$ 单调不降且 $s_i = 0/1$ 的最小代价，转移即枚举当前位置为 $0 / 1$ 与上一个位置为 $0 / 1$ 并根据 $f_{i-1,0 / 1}$ 算出操作前的 $s_i$ 决定是否调整即可。

$C$

$Problem$

给定长度为 $n$ 的序列 $a$，定义 $f(l,r) = sum(l,r) - xor(l,r)$，其中 $sum(l,r)$ 表示 $i\in[l,r]$ 中 $a_i$ 的和，$xor(l,r)$ 表示 $i\in[l,r]$ 中 $a_i$ 的异或和。

有 $q$ 次询问，每次询问给定两个数 $L,R$，求满足 $L\leq l \leq r \leq R$ 的最大 $f(l,r)$，若存在多个，输出使得 $r - l + 1$ 最小的任意一组 $l$ 和 $r$。

$Scope\ Limitation$

$Subtask1: 1\leq n\leq 10^5,q = 1,L_1 = 1, R_1 = n$

$Subtask2: 1\leq n\leq 10 ^ 5, q = n$

$Solution$

这题分为两个部分，简单的那个部分中只有一次询问。

这个题目一定程度上打破了我的一种思维定式，与之类似的题目，我的第一想法往往都是枚举一维，然后用一个数据结构维护另一维，不过由于存在异或，我们并不好用线段树等数据结构维护前缀的贡献。

那么思考什么时候我们会取到最大值，我们假设一开始取满了整个序列，最后的答案一定是在左右两边拿掉了一段数，可以为 $0$。

首先有一个较为显然的性质，就是取满整个序列一定是最大值。

考虑在两端拿掉任意一个数，$sum$ 会减去这个数，而 $xor$ 却未必也会减去这个数，那么这个时候我们就亏了。

那在什么时候可以在保持答案不变的情况下拿掉两端的数？即这个数和原来异或和的或恰等于原来的异或和，他们的二进制表示上，这个数为 $1$ 的位置是原异或和的子集，这样拿掉这个数 $xor$ 就会失去这个数所有位置的 $1$，且不会有其他位置变成 $1$。

还有一个限制是我们拿走的数任意两个进行且运算一定是 $0$，这是显然的，我们不能连续两次减掉 $xor$ 中同一个位置的 $1$。

因此我们可以预处理出 $l$，表示拿走 $[1,l]$，值仍为最大；预处理出 $r$，表示拿走 $[r,n]$，值仍为最大。即分别预处理出只拿走一端的最大贡献。

接下来只需要维护一个双指针即可。

对于多次询问，我们发现在 $[1,l]$ 和 $[r,n]$ 中不为 $0$ 的数一定只有 $log$ 个，而 $0$ 不存在任何影响，在需要发生移动的时候暴力跳过一段 $0$ 到下一个不是 $0$ 的位置即可，这可以在最开始预处理。

时间复杂度 $\mathcal O(n + qlogV)$

$D$

$Problem$

给你一个空集合，进行如下三种操作：

• 加入一个数 $x$，保证其不存在。
• 查询集合的 $k-mex$，意思是第一个不存在且可以被 $k$ 整除的数。
• 删除一个数 $x$，保证其存在。

$Scope\ Limitation$

$1\leq n\leq 2\times 10 ^ 5,1\leq x \leq 10 ^ {18},1\leq k \leq 10 ^ {18}$

$Solution$

这题同样分为两个部分，第一个部分不存在删除操作。

这就比较简单了，对于每个不同的询问 $x$ 记录 $k$ 表示上次查询时 $k\times x$ 是一个合法答案，显然我们只用从这个位置向上继续累加 $k$ 即可，当然所有 $k$ 初值都可以设置为 $1$。

考虑有删除操作的情况。

若删除 $x$，我们考虑在上述暴力的基础上跳过了 $x$ 的所有查询，并将这些查询加入集合 $vec_x$。

而删除 $x$ 时，遍历集合 $vec_x$ 的所有元素 $y$，将 $x$ 加入集合 $s_y$。

则对于每次查询就分两种情况，若 $s_y$ 不为空，里面元素的最小值就一定是答案，否则继续做上面的暴力。

经过证明维护的集合有限，不会超时，详细证明可以上 $CF$ 官方题解上查看，此处不赘述。

$E$

$Problem$

• 给定 $l,r,x$，令 $i\in[l,r]$，$a_i = x$。
• 给定 $l,r$，查询 $i\in [l,r]$ 中最小的 $\frac{lcm(a_i,b_i)}{gcd(a_i,b_i)}$。

$Scope\ Limitation$

$1\leq n,q\leq 5\times 10 ^ 4,1\leq a_i,b_i\leq 5\times 10 ^ 4$

$Solution$

考虑分块。

每次修改暴力询问旁边两个散块的答案，接下来的问题就是如何快速查询到将整个块中的元素修改为 $x$ 后的答案。

设 $ans_x$ 表示块中所有 $a$ 替换为 $x$ 的答案，考虑枚举 $x$ 的一个除数 $d$，找到块中最小的 $b_i$，则 $ans_x = \min\{\frac{x\times b_i}{d\times d}\}$。

同时注意到 $ans_x = \min\{ans_{x/p}\times p \}$，其中 $p$ 是 $x$ 的质因数，因为 $x/ p$ 中已经枚举过所有除去 $x$ 本身外的除数，所以这样能统计全答案，乘 $p$ 是因为对比最开始枚举 $d$ 计算 $ans$ 的式子，只有 $x$ 发生了变化，所以把贡献乘上，算的时候再单独算一下 $x = d$ 的情况。

预处理所有块的 $ans_x$ 复杂度就是 $\mathcal O(\sqrt n AlogA)$，$A$ 是值域。

剩下的部分就是常规分块了。