CF1114

合集 - CF题解(11)

1.CF10282024-10-302.CF11052024-11-063.CF14922024-11-084.CF1052024-11-095.CF4012024-11-116.CF14982024-11-127.CF10412024-11-188.CF1102(*^▽^*)2024-11-20

9.CF11142024-11-22

10.CF15062024-11-2411.CF17802024-11-27

收起

A.Got Any Grapes?

CF原题链接

题目大意：

给出三种葡萄的数目$x,y,z$，给出三个人要吃的数目$a,b,c$，已知第一人只吃第一种葡萄，第二人只吃前两种葡萄，第三人三种葡萄都吃，问是否可以满足他们的要求。$(1⩽x,y,z,a,b,c⩽{10}^5)$

解题思路：

直接模拟即可。从要求多的开始处理，最后剩下的给要求少的；这样若一个人存在无法满足要求的情况，那么一定无解。

小代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int x,y,z,a,b,c;

signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
	scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
	a-=x;
	if (a<0) {  printf("NO"); return 0;  }
	b-=y-a;
	if (b<0) {  printf("NO"); return 0;  }
	c-=z-b;
	if (c<0) {  printf("NO"); return 0;  }
	printf("YES");
	return 0;
}

---

B.Yet Another Array Partitioning Task

CF原题链接

题目大意：

我们定义一个序列的“美丽度”为序列前$m$大的数的和。给出长度为$n$的一个序列$a_i$，要求将序列$a$分为$k$个连续子序列，使得每个连续子序列长度至少为$m$，每个元素不重不漏，且所有子段“美丽度”的和最大。输出最大的“美丽度”之和与划分方案。$(1⩽n⩽2\times {10}^5,m⩾1,k⩾2,m\times k⩽n,-{10}^9⩽a_i⩽{10}^9)$

解题思路：

因为“原序列中前$m\times k$大的数”字太多了，所以下面用“天选之数”代替

显然，最大的美丽度之和就是"原序列中前$m\times k$大的数"之和。先求出最大美丽度和并统计哪些数是天选之数；划分子段时，记录目前子段有多少个天选之数，若当前子段已经有$m$个了，那么在当前位置划分一下即可。

挂分小技巧 但是，要注意除了要记录哪些数是天选之数，还要记录每个天选之数的个数；否则会出现以下情况：对于所有$a_i=x$，部分$a_i$属于天选之数，部分$a_i$不属于天选之数，因为没记录天选之数的个数，所以对于部分不属于天选之数的$a_i$也用于划分子段了——但它其实并不能用。

再次注意到$a_i$的范围，再次用map搞桶数组。

坏代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,k;
struct node{
	int x,d;
}a[N];

map <int,int> mp;
int l,sum;
int cnt=1,s[N];

bool cmp1(node x,node y) {  return x.x>y.x;  }
bool cmp2(node x,node y) {  return x.d<y.d;  }
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++) 
	{
		scanf("%lld",&a[i].x);
		a[i].d=i;
	}
	
	sort(a+1,a+1+n,cmp1);
	for (int i=1;i<=m*k;i++) 
	{
		sum+=a[i].x;	
		mp[a[i].x]++;
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp2);
	
	int ct=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (mp[a[i].x]) {  ct++; mp[a[i].x]--;  }
		if (ct>=m) {  ct=0; s[++cnt]=i;  }
	}
	
	printf("%lld\n",sum);
	for (int i=2;i<=k;i++) printf("%lld ",s[i]);
	return 0;
}

---

C.Trailing Loves

CF原题链接

题目大意：

给出$n$，求 $n!$ 在$b$进制下末尾$0$的个数。$(1⩽n⩽{10}^{18},2⩽b⩽{10}^{12})$

解题思路：

作为一个数论知识储备基本为0的蒟蒻 一道数论黄题足以让我欲哭无泪
什么？另一道题面相同的题是蓝题？

联想到短除法的过程，能够想到对于一个数$n$，其在$b$进制下末尾0的个数$p$就是它能整除$b$的个数，即$$n=k^p\times w$$于是分别给$n!,b$分解分解质因子，形如$$b={p_1}^{a1}{p_2}^{a2}\dots {p_3}^{a3},n!={p_1}^{e1}{p_2}^{e2}\dots {p_3}^{e3}$$那么最后的答案就是$min\{\lfloor \frac{e_i}{a_i}\rfloor \}$

但是考虑到给$n!$分解质因子不现实，发现只需要给$b$分解即可；因为$n!=1\times 2\times \dots \times n$，所以每$p$个数中就有一个数的质因子含$p$，于是乎$e_i=\sum _{i=1}^r\lfloor \frac{n}{p^i}\rfloor ,p^r⩽n<p^{r+1}$

难绷的代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6;
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,b;
struct node{
	int x,num;
}p[N];
int cnt;
int ans=inf;

signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&b);
	
	for (int i=2;i*i<=b;i++)//b的质因子 
	{
		if (b%i==0) 
		{
			p[++cnt].x=i;
			while (b%i==0) {  p[cnt].num++; b/=i;  }
		}
	}
	if (b>1) p[++cnt]={b,1};
	
	for (int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		int r=1,e=0;
		while (n/r>=p[i].x)
		{
			r*=p[i].x;
			e+=n/r;
		}
		ans=min(ans,e/p[i].num);
	}
	
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

---

D.Food Fill

CF原题链接

题目大意：

给出长度为$n$的序列$c_i$，定义区间$[l,r]$合法当且仅当$c_l=c_{l+1}=\dots =c_r$。每次操作可以选择一个$c_i$并将$c_i$所在的合法区间修改为其他数，求使得$[1,n]$为合法区间的最少操作次数。$(1⩽n,c_i⩽5000)$

解题思路：

一眼区间$dp$。

设状态$f_{i,j}$表示使区间$[i,j]$合法的最小代价。状态转移方程如

$$f_{i,j}=\{\begin{array}{l}{f}_{i+1,j-1}+1,c_i=c_j\\ min(f_{i+1,j},f_{i,j-1})+1,c_i\ne c_j\end{array}$$

和木板涂色简直一样一样的

修代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5010;
int n;
int cnt,c[N];
int f[N][N];

signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for (int i=1,x,pre=0;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&x);
		if (x!=pre) c[++cnt]=x;
		pre=x;
	}
	
	for (int len=2;len<=cnt;len++)
	{
		for (int i=1;i+len-1<=cnt;i++)
		{
			int j=i+len-1;
			if (c[i]==c[j]) f[i][j]=f[i+1][j-1]+1;
			else f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i][j-1])+1;
		}
	}
	
	printf("%lld",f[1][cnt]);
	return 0;
}

---

E.Arithmetic Progession

CF原题链接

题目大意：

已知有一个长度为$n$的序列$a_i$，保证它升序排序后是个等差数列。每次有两种询问：

1. "? i" 询问$a_i$的值
2. "> x" 询问序列中是否存在严格大于$x$的数

可以问不超过60个询问。

要求输出等差数列的首项与公差。$(2⩽n⩽{10}^6,0⩽a_i⩽{10}^9)$

解题思路：

不会

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F.Please,another Qeuries on Array?

CF原题链接

题目大意：

给出长度为$n$的序列$a$，现在要完成$q$次操作，有以下两种操作形式：

1. "MULTIPLY , l , r , x"，对于$i\in [l,r]$，使得$a_i=a_i\times x$
2. "TOTIENT , l , r"，输出 $\phi (\prod _{i=l}^r{a}_i)\mathrm{mod}{10}^9+7$

$(1⩽n⩽4\times {10}^5,1⩽q⩽2\times {10}^5,1⩽a_i,x⩽300)$

解题思路：

区修区查，一眼线段树。问题在于怎样维护$\phi$值。

首先，欧拉函数的计算方式为$$\phi (n)=n\times \prod _{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}$$其中$p_i$是$n$的质因子，$k$是$n$的质因子的个数。

所以，要求欧拉函数，就需要维护$a_i$的质因子。注意到$a_i$与$x$的范围不超过300，而300以内的质数有62个，所以容易想到状态压缩维护。

然后没了？

感谢fjj大佬帮忙调出来了 %%%%%%%%%%

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N=4e5+5;
const int MOD=1e9+7;
int n,q,a[N];
int prime[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293};
struct node{
	int l,r;
	int sum;
	int tag1,tag2;
	int p;
}tr[N*4];
int inv[310],f[100];

int qsm(int x,int y)
{
	int res=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) res=(res*x)%MOD;
		y>>=1,x=(x*x)%MOD;
	}
	return res;
}
void push_up(int id)
{
	tr[id].sum=(tr[id<<1].sum*tr[(id<<1)+1].sum)%MOD;
	tr[id].p=tr[id<<1].p|tr[(id<<1)+1].p; 
}
void push_down(int id)
{
	int l=id<<1,r=(id<<1)+1;
	if (tr[id].tag1>1)
	{
		tr[l].sum=(tr[l].sum*qsm(tr[id].tag1, tr[l].r - tr[l].l+1))%MOD;
		tr[r].sum=(tr[r].sum*qsm(tr[id].tag1, tr[r].r - tr[r].l+1))%MOD;
		tr[l].tag1*=tr[id].tag1,tr[l].tag1%=MOD;
		tr[r].tag1*=tr[id].tag1,tr[r].tag1%=MOD;
	}
	if (tr[id].tag2)
	{
		tr[l].p|=tr[id].tag2,tr[l].tag2|=tr[id].tag2;
		tr[r].p|=tr[id].tag2,tr[r].tag2|=tr[id].tag2;
	}
	tr[id].tag1=1,tr[id].tag2=0;
}
void build(int id,int l,int r)
{
	tr[id].l=l,tr[id].r=r,tr[id].tag1=1;
	if (l==r)
	{
		tr[id].sum=a[l];
		for (int i=0;i<62;i++) if (a[l]%prime[i]==0) tr[id].p|=(1ll<<i);
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(id<<1,l,mid);
	build((id<<1)+1,mid+1,r);
	push_up(id);
}
void _update(int id,int l,int r,int x,int _p)
{
	if (l<=tr[id].l&&tr[id].r<=r)
	{
		tr[id].sum=(tr[id].sum*qsm(x, tr[id].r - tr[id].l+1))%MOD;
		tr[id].tag1*=x,tr[id].tag1%=MOD;
		tr[id].tag2|=_p,tr[id].p|=_p;
		return ;
	}
	push_down(id);
	int mid=(tr[id].l+tr[id].r)>>1;
    if (mid>=l) _update((id<<1),l,r,x,_p);
	if (mid<r) _update((id<<1)+1,l,r,x,_p);
	push_up(id);
}
pii _query(int id,int l,int r)
{
	if (l<=tr[id].l&&tr[id].r<=r) return mp(tr[id].sum,tr[id].p);
	pii res=mp(1,0);
	push_down(id);
	int mid=(tr[id].l+tr[id].r)>>1;
	if (mid<r) 
	{
		pii a=_query((id<<1)+1,l,r);
		res.first=(res.first*a.first)%MOD;
		res.second|=a.second;
	}
	if (mid>=l) 
	{
		pii b=_query((id<<1),l,r);
		res.first=(res.first*b.first)%MOD;
		res.second|=b.second;
	}
	return res;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	
	build(1,1,n);
	inv[0]=inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=300;i++) inv[i]=qsm(i, MOD-2)%MOD;
	for (int i=0;i<62;i++) f[i]=inv[prime[i]]*(prime[i]-1)%MOD;
	
	char op[10];
	int l,r,x;
	while (q--)
	{
		scanf("%s",op);
		if (op[0]=='M')
		{
			scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&x);
			int p=0;
			for (int i=0;i<62;i++) if (x%prime[i]==0) p|=(1ll<<i);
			_update(1,l,r,x,p);
		}
		else
		{
			scanf("%lld%lld",&l,&r);
			pii ret=_query(1,l,r);
			int res=ret.first,phi=ret.second;
			for (int i=0;i<62;i++) if (phi&(1ll<<i)) res=(res*f[i])%MOD;
			printf("%lld\n",res%MOD);
		}
	}
	return 0;
}

---