Codeforces Round 736
A
1549A - Gregor and Cryptography
题目大意：
给定一个 \(P\) , \(P\) 是素数，任意找出两个基数 \(a, b\) 使得 \(P~~mod~~a = P~~mod~~b\)
\(5\leq P\leq 10^9\) \(2\leq a,b\leq P\)
solution
无脑输出 \(2\) 和 \(P - 1\) 就好了
比赛时没看见 \(P\) 是素数 = =
B
1549B - Gregor and the Pawn Game
题目大意：
给出一个 \(n \times n\) 的棋盘，我方的所有旗子都在第 \(n\) 行，敌方的所有棋子都在第一行，问我方有多少棋子能走到第一行。
我方棋子行走的规则：
向正前方走，当且仅当正前方没有敌方棋子的时候 \((i, j) > (i - 1, j)\)
向对角线方向走，当且仅当对角线方向有敌方棋子的时候 \((i, j) > (i - 1, j - 1),(i, j) > (i - 1, j + 1)\)
solution
写的贪心水过去了 = =
贪心：先往正前方放，再放左边，最后放右边
复杂度：\(O(n)\)
code
/*
work by:Ariel_
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define rg register
using namespace std;
const int N = 2e5 + 7;
int read(){
int x = 0,f = 1; char c = getchar();
while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
return x*f;
}
int T, n, vis[N], ans;
char s[N], s2[N];
signed main(){
T = read();
while(T--) {
n = read();
scanf("%s", s + 1), scanf("%s", s2 + 1);
memset(vis, 0, sizeof vis); ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s2[i] == '1'){
if (s[i] == '0') ans++;
else if(s[i - 1] == '1' && !vis[i - 1]) ans++, vis[i - 1] = 1;
else if(s[i + 1] == '1') ans++, vis[i + 1] = 1;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
puts("");
return 0;
}
solution 2
二分图最大匹配：
一个棋子有可能到达的终点只有三个，然后让每个棋子向能到达的终点连边，然后跑一个最大匹配就好了
复杂度：\(O(n\sqrt n)\)
C
题目大意：有 \(n\) 个有权值的点和 \(m\)条边，现在加边，删点和查询 \(q\) 次操作
加边：保证两个点之间本来没有边
删点：每次删的点满足：
1.它连的点的权值都比它大。
2.至少有一个点和它相连。
3.查询：输出没有被删除的点有哪些
\(q, n,m \leq 2\times 10^5\)
solution
结论：如果一个点连向一个比权值更大的点，这个点一定会被删，保留下的点所连向的点的权值一定都比它小。
证明： 如果一个点 \(u\) 连向了一个比它大的点 \(v\) ，\(u\) 想要保留下来，一定要连向一个权值比它小的点 \(w\)，同理，\(w\) 想要保留下来也要连向一个比它小的点，这样一直连到最后一定会连向最小的点，最小的点就没有点可以连了，推出矛盾。
code
/*
work by:Ariel_
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define rg register
using namespace std;
const int N = 3e5 + 7;
int read(){
int x = 0,f = 1; char c = getchar();
while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
return x*f;
}
int n, m, fag[N], Ans;
int main() {
n = read(),m = read();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u = read(), v = read();
if (u > v) swap(u, v);
if (!fag[u]) Ans++;
fag[u]++;
}
int T = read();
while(T--) {
int opt = read();
if (opt == 1) {
int u = read(), v = read();
if (u > v) swap(u, v);
if (!fag[u]) Ans++;
fag[u]++;
}
if(opt == 2) {
int v = read(), u = read();
if (u > v) swap(u, v);
fag[u]--;
if(!fag[u]) Ans--;
}
if(opt == 3) printf("%d\n", n - Ans);
}
return 0;
}
D
题目大意
给出一个长为 \(n\) 的序列 \(a\) ，找出一个的子序列，并且存在 \(m\) 使得序列中所有数 \(mod~m\) 都相等，最大化这个子序列。
\(1\leq n \leq 2\times10^5, 1 \leq a_i\leq10^{18}\)
solution
题目关键就是构造一个大小为 \(n - 1\) 的差分数组 \(D\)，其中 \(D_i = abs(A_{i + 1}- A_i)\) 。
如果给出一个子序列是合法的，那么任意两个元素差值的差一定 \(m\) 的倍数，因为 \(A\) 的每个元素不同，所以可以忽略 \(D_i = 0\) 的情况。
现在就可以转化为 \(GCD\) 问题，如果 \([A_i,A_j]\) 是一个合法子序列，当且仅当 \(GCD(D_i...D_{j - 1}) > 1\) ，并且 \(m\) 就是这个 \(GCD\)
区间 \(GCD\) 用线段树或者 \(RMQ\) 实现。
时间复杂度：\(O(nlogn\times log10^{18})\)
code
/*
work by:Ariel_
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define rg register
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
int read(){
int x = 0,f = 1; char c = getchar();
while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
return x*f;
}
int a[MAXN], d[MAXN], T, n, f[MAXN][40];
int gcd(int x, int y) {
if (!y) return x;
return gcd(y, x % y);
}
int query(int l, int r) {
int k = (int)log2(double(r - l + 1));
return gcd(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}
signed main(){
T = read();
while(T--) {
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
for (int i = 1; i < n; i++) d[i] = abs(a[i + 1] - a[i]);
for (int i = 1; i < n; i++) f[i][0] = d[i];
for (int j = 1; (1 << j) <= n; j++)
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
f[i][j] = gcd(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
int sur = 1, ans = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
while(sur <= i && query(sur, i) == 1) sur++;
ans = max(ans, i - sur + 2);
}
printf("%lld\n", ans);
}
puts("");
return 0;
}
