Codeforces Round 953 (Div. 2) A - F

A#

编号为 $n$ 的一定选，第二叠书在 $1\sim n-1$ 选最大的。

void solve() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		cin >> a[i];
	}
	int ans = a[n];
	int x = 0;
	for(int i = 1; i < n; ++ i) {
		x = max(x, a[i]);
	}
	cout << ans + x << '\n';
}

B#

如果上来 $b$ 就小于 $a$，那么 $n$ 个馒头都用 $a$。否则看 $b$ 什么时候小于 $a$，在他之前卖 $b$，之后卖 $a$。

void solve() {
	ll n, a, b; cin >> n >> a >> b;
	if(b <= a) {
		cout << a * n << '\n';
	}
	else {
		ll x = b - a;
		ll y = n - x;
		if(x >= n) {
			cout << (b + (b - n + 1)) * n / 2 << '\n';
		}
		else {
			cout << (b + (b - x + 1)) * x / 2 + a * y << '\n';
		}
	}
}

C#

评 1300 有点太少了。

打表找的规律，有优美做法后补。

void solve() {
	ll n, k;
	cin >> n >> k;
	ll mx = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		mx += abs(n - i + 1 - i);
	}
	if(k & 1 || k > mx) {
		cout << "No\n";
		return;
	}
	if(k == 0) {
		cout << "Yes\n";
		for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
			cout << i << " \n"[i == n];
		}
		return;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		a[i] = 0;
	}
	k /= 2;
	for(int i = 1; i <= (n + 1) / 2; ++ i) {
		int tmp = n + 1 - 2 * i;
		if(tmp >= k) {
			a[i + k] = i;
			int p = 1;
			for(int j = i + 1; j <= n; ++ j) {
				while(a[p]) {
					++ p;
				}
				a[p] = j;
			}
			cout << "Yes\n";
			for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
				cout << a[j] << " \n"[j == n];
			}
			return;
		}
		k -= tmp;
		a[n - i + 1] = i;
		/*
		i + 1 --> n - i + 1
		n + 1 - 2i
		*/
	}
}

D#

首先，初始排名最大的不需要删人。

如果编号为 $i$ 的人初始不是最大，必需要把 $1\sim i-1$ 全部删掉，否则分数加不到他头上。

此时 $i$ 的总分为 $\sum _{i=1}^n{a}_i$，检查这个数是否大于等于 $i+1\sim n$ 的最大值。

如果成立，那么 $i$ 此时就是最大的，需要删 $i-1$ 次。

否则还要把 $i+1\sim n$ 里最大的加到自己头上，需要删 $i$ 次。

void solve() {
	cin >> n >> c;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		cin >> a[i];
	}
	a[1] += c;
	suf[n + 1] = 0;
	for(int i = n; i >= 1; -- i) {
		suf[i] = max(suf[i + 1], a[i]);
	}
	int p = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		if(suf[1] == a[i]) {
			p = i;
			break;
		}
	}
	ll cur = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		if(i == p) {
			cout << 0 << ' ';
		}
		else if(a[i] + cur >= suf[i + 1]) {
			cout << i - 1 << ' ';
		} 
		else {
			cout << i << ' ';
		}
		cur += a[i];
	}
	cout << '\n';
}

E#

1. 暴力怎么做？

   贪心的用 $s$ 的 $0$ 使 $t$ 的 $1$ 先变多，再用 $t$ 的 $1$ 使 $s$ 的 $1$ 变多。

2. 能影响 $s_i\to 1$ 的有效范围是多少？

   $s_i$ 取决于 $t_{i-1}$ 和 $t_{i+1}$ 是否为 $1$。

   $t_{i-1}$ 取决于 $s_{i-2}$ 和 $s_i$ 是否为 $0$，而 $s_{i-2}=0$ 只与原始序列有关。

   因此 $s_i$ 的值只与 $[i-2,i+2]$ 有关。

我们不妨对整个 $s$ 操作变为 $s^{\prime }$。

对于一个询问 $[l,r]$，$[l+2,r-2]$ 最后结果肯定是与 $s^{\prime }$ 一致的。

然后再单独处理左右边界。

void solve() {
	int n; string s, t;
	cin >> n;
	cin >> s >> t;
	vector<int> a(n), b(n);
	for(int i = 0; i < n; ++ i) {
		a[i] = s[i] - '0';
		b[i] = t[i] - '0';
	}
	vector<int> nb = b;
	for(int i = 0; i < n - 2; ++ i) {
		if(!a[i] && !a[i + 2]) {
			nb[i + 1] = 1;
		}
	}
	vector<int> na = a;
	for(int i = 0; i < n - 2; ++ i) {
		if(nb[i] && nb[i + 2]) {
			na[i + 1] = 1;
		}
	}
	for(int i = 1; i < n; ++ i) {
		na[i] += na[i - 1];
	}
	int m; cin >> m;
	while(m --) {
		int l, r; cin >> l >> r, -- l, -- r;
		if(r - l <= 4) {
			int tmp = 0;
			for(int i = l; i <= r; ++ i) {
				tmp += a[i];
			}
			vector<int> xb;
			for(int i = l; i <= r - 2; ++ i) {
				if(!b[i + 1] && !a[i] && !a[i + 2]) {
					b[i + 1] = 1;
					xb.eb(i + 1);
				} 
			}
			for(int i = l; i <= r - 2; ++ i) {
				if(!a[i + 1] && b[i] && b[i + 2]) {
					++ tmp;
				} 
			}
			cout << tmp << '\n';
			for(int i : xb) b[i] = 0;
		}
		else {
			int tmp = a[l] + a[r] + (na[r - 2] - na[l + 1]);
			if(b[l] && nb[l + 2]) 
				++ tmp;
			else
				tmp += a[l + 1];
			if(b[r] && nb[r - 2]) 
				++ tmp;
			else
				tmp += a[r - 1];
			cout << tmp << '\n';
		}
	}
}

F#

题目保证了 $k\ge 2$，所以对角线一定同属一个连通块。

所以只需要在 $2n-1$ 条对角线间连边即可，元素个数由 $O(n^2)$ 骤减为 $O(n)$。

把对角线从左下到右上依次编号为 $b_1,\cdots b_{2n-1}$。不难发现，$b_i$ 与 $b_j$ 间的最短距离恰为 $|i-j|$。

因此，可以如下转化为序列上的问题。

接下来就很经典了。

枚举质因数 $p$，把包含 $p$ 的元素提出来，检查相邻两数的间距是否超过 $k$，并查集维护连通性。

注意特判 $a_i=1$ 的情况，每个 $1$ 都是孤立点。

#include<bits/stdc++.h>
#define eb emplace_back
using namespace std;

using ll = long long;
constexpr int N = 1e6 + 5, V = 1e6;

int p[N], low[N], idx;

void Euler_Sieve() {
	low[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= V; ++ i) {
		if(!low[i]) {
			low[i] = ++ idx;
			p[idx] = i;
		}
		for(int j = 1; j <= idx && p[j] <= V / i; ++ j) {
			low[i * p[j]] = j;
			if(i % p[j] == 0)
				break;
		}
	}
}

int n, k, b[N * 2], fa[N * 2];
vector<int> a[N];
ll ans, one;

int find(int x) {
	return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
};
void merge(int x, int y) {
	x = find(x), y = find(y);
	if(x != y)
		fa[y] = x;
}

void solve() {
	cin >> n >> k;
	one = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int x; cin >> x;
		if(x == 1) {
			++ one;
		}
		b[i - 1] = b[n + i - 1] = x;
	}
	ans = one * n;
	n *= 2;
	set<int> P;
	for(int i = 1; i < n; ++ i) {
		int tmp = b[i];
		while(tmp > 1) {
			P.insert(low[tmp]);
			a[low[tmp]].eb(i);
			tmp /= p[low[tmp]];
		}
	}
	iota(fa + 1, fa + n, 1);
	for(auto x : P) {
		a[x].erase(unique(a[x].begin(), a[x].end()), a[x].end());
		int j = 0;
		for(auto i : a[x]) {
			if(j && i - j <= k) {
				merge(i, j);
			}
			j = i;
		}
		a[x].clear();
	}
	for(int i = 1; i < n; ++ i) {
		if(b[i] > 1) 
			ans += (i == find(i));
	}
	cout << ans << '\n';
}

int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	
	Euler_Sieve();
	int T;
	cin >> T;
	
	while(T --) {
		solve();
	}
	return 0;
}