Ozon Tech Challenge 2020 (Div.1 + Div.2, Rated, T-shirts + prizes!)
题目链接：https://codeforces.com/contest/1305
A - Kuroni and the Gifts
诚心诚意的签到题。
B - Kuroni and Simple Strings
题意：给一个括号串s。定义一个括号串是“简单括号串”，当且仅当其是"(((..("+")))...)"的形式，且前后两部分的长度相等。每次操作可以从括号串s中选择一个子序列，要求这个子序列是一个简单括号串，然后把整个子序列从s中删除。要求使用尽可能少的操作使得无法再操作。
题解：假如某个'('的右边还有')'，那么显然还可以继续操作。假如每次只能消除一对'('和')'，那么消除最左侧的'('和最右侧的')'是最好的，根据这个思路可以依次把最左和最右的括号匹配掉，当两边指针相遇之后就不会再有匹配的括号了。
char s[1005];
int ans[1005], atop;
void test_case() {
scanf("%s", s + 1);
int n = strlen(s + 1);
int firstleft = -1, firstright = -1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == '(') {
firstleft = i;
break;
}
}
if(firstleft == -1) {
puts("0");
return;
}
for(int i = firstleft + 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == ')') {
firstright = i;
break;
}
}
if(firstright == -1) {
puts("0");
return;
}
puts("1");
int L = 1, R = n;
atop = 0;
while(L <= R) {
if(s[L] == ')') {
++L;
continue;
}
if(s[R] == '(') {
--R;
continue;
}
assert(L < R && s[L] == '(' && s[R] == ')');
ans[++atop] = L;
ans[++atop] = R;
++L;
--R;
}
sort(ans + 1, ans + 1 + atop);
printf("%d\n", atop);
for(int i = 1; i <= atop; ++i)
printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == atop]);
}
C - Kuroni and Impossible Calculation
题意：给一个n(<=2e5)个非负整数的序列，以及正整数m(<=1000)，求 \(\prod_{1\leq i < j \leq n} |a_i-a_j| \mod m\) 的值。
题解：由于m比较小，所以有一些暴力的做法。假如n>=m+1，那么根据鸽巢原理答案就是0，否则n也会很小。n很小直接n^2计算即可。注意 \(|a-b|\mod m \neq |a \mod m - b \mod m|\) ，这个要分类讨论。
int n, m;
int a[200005];
void test_case() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
if(n >= m + 1) {
puts("0");
return;
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
ll res = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j < i; ++j) {
res *= a[i] - a[j];
if(res >= m)
res %= m;
}
}
printf("%lld\n", res);
}
D - Kuroni and the Celebration
题意：给一棵n个节点的有根树，但是根未知，然后每次询问一对(u,v)，评测机返回他们的LCA。使用不超过 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 次询问确定根的编号。
题解：可以观察出，每次询问两个点(u,v)，记得到的LCA为w。那么从w向u走和从w向v走的整棵子树都没用了。但是假如w是u和v其中之一，则只能去掉一棵子树，在极端情况下这棵子树只拥有一个节点，这样会导致询问超限。假如每次选的u和v都是叶子，那么w是u和v其中之一的情况，就可以立即确定其是根，否则一定可以去掉至少两个节点。也就是说一次询问至少去掉两个节点。易知最后的边界，会是一棵2个节点的树或者1个节点的树，假如把度数<=1的都叫做叶子，那么有可能会把1个节点的树的这个节点入队两次，把这个情况去掉，或者规定度数=1的才是叶子。
int n, rt;
set<int> G[1005];
int vis[1005];
queue<int> leaf;
int ask(int u, int v) {
printf("? %d %d\n", u, v);
fflush(stdout);
int w;
scanf("%d", &w);
if(w == u || w == v) {
printf("! %d", w);
fflush(stdout);
exit(0);
}
return w;
}
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].insert(v);
G[v].insert(u);
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(G[i].size() <= 1) {
leaf.push(i);
vis[i] = 1;
}
}
while(leaf.size() >= 2) {
int u = leaf.front();
leaf.pop();
int v = leaf.front();
leaf.pop();
int w = ask(u, v);
for(auto &eu : G[u]) {
G[eu].erase(u);
if(vis[eu] == 0 && G[eu].size() <= 1) {
leaf.push(eu);
vis[eu] = 1;
}
}
for(auto &ev : G[v]) {
G[ev].erase(v);
if(vis[ev] == 0 && G[ev].size() <= 1) {
leaf.push(ev);
vis[ev] = 1;
}
}
}
assert(leaf.size() == 1);
int r = leaf.front();
printf("! %d", r);
fflush(stdout);
exit(0);
}
E - Kuroni and the Score Distribution
显然123456...x这样构造可以获得最大的平衡度，易知用完5000个数的平衡度都不会超过5000*5000。不少于m个平衡度是很好做的，但是比赛的时候不知道怎么弄到恰好m个平衡度，其实只需要调节最后一个x的大小，很明显x每增加1就会失去一个平衡度。这样总是有一个位置是刚刚好的，大概这最后一个数会在10000附近。假如还有剩下的数，就从1e6开始，每隔20000放一个就可以了。
F - Kuroni and the Punishment
题意：有n(<=2e5)个1e12量级的正整数，使用最少的操作使得所有数的gcd不为1。单次操作可以对一个数进行+1，或者对一个数进行-1（不能减到0）。
3月4日凌晨看了RoundGod的解法，觉得随机做法太搞了，在想有没有确定性的做法？后面分析了一下觉得随机做法确实是对的，这个算法的失败概率低得离谱。
题解：
首先。只考虑n=2e5的最坏情况，易知答案不会超过2e5，因为把所有的奇数都变成偶数是一种结果。
随机挑选1个数x，检查x-1，x，x+1三个数的质因数（注意不要重复检查），一共挑选20个数x进行检查即可。若答案需要的gcd不含有上面的这一大堆质因数，那么就会出错，但是概率是多大呢？从上面的过程可知，选出的20个数都至少要走2步才能到达这个gcd，因为答案不超过2e5，其中要走超过2步的数不可能超过1/2，因为一个走2步至少要配一个走0步，这样才有可能比全部变成偶数要好。也就是说失败的概率不超过 \({\frac{1}{2}}^{20}=9.53e-7\) （大概是百万分之一，是中双色球概率的20倍）。算法的复杂度为60次1e12量级的质因数分解（忽略不计），大概最多有600多种不同的质因数，单次check虽然说最坏是2e5但是大部分会在中途被剪枝（能分解出600多种质因数，那么这些数之间几乎是没有任何关联，这样全部变成偶数就是最好的结果，很多质因数在check的一小半就会被break掉，因为这些数毫无关联，所以>=19的质因数很快就累计够2e5了。）
int p[1000005], ptop;
bool pn[1000005];
void sieve() {
int n = 1000000;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(!pn[i])
p[++ptop] = i;
for(int j = 1; j <= ptop; ++j) {
int t = i * p[j];
if(t > n)
break;
pn[t] = 1;
if(i % p[j] == 0)
break;
}
}
}
ll a[200005];
set<ll> s;
void solve(ll x) {
if(x <= 1)
return;
for(int i = 1; i <= ptop && 1ll * p[i]*p[i] <= x; ++i) {
if(x % p[i] == 0) {
s.insert(p[i]);
while(x % p[i] == 0)
x /= p[i];
}
}
if(x != 1)
s.insert(x);
}
ll dis(ll x, ll y) {
if(x <= y)
return y - x;
ll t = x % y;
return min(t, y - t);
}
void test_case() {
sieve();
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i]);
srand(time(nullptr));
random_shuffle(a + 1, a + 1 + n);
int t = min(20, n);
for(int i = 1; i <= t; ++i) {
solve(a[i] - 1);
solve(a[i]);
solve(a[i] + 1);
}
ll ans = n;
for(auto &e : s) {
ll tmp = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
tmp += dis(a[i], e);
if(tmp >= ans)
break;
}
if(ans > tmp)
ans = tmp;
}
printf("%lld\n", ans);
}
这鬼东西跑得还真是飞快，甚至可以多check几个，假如设置为[x-2,x+2]，也是check20个，出错概率应该减少到了 \((\frac{1}{3})^{20}=2.86e-10\) ，也是飞快得难以想象，看来是高估了质因数的种类数以及低估了check的效率。
