Educational Codeforces Round 173 (Rated for Div2)

合集 - codeforces edu(8)

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Educational Codeforces Round 173 (Rated for Div. 2) - Codeforces

Problem - A - Codeforces

签到题目

Problem - B - Codeforces

数学

被小学奥数薄纱力....

给出一个由\(n!\)个\(d\)组成的整数，看他能否被十以内的奇数整除

\(1\)肯定是答案

一个数能被\(3\)整除，那么它的数位之和为一定可以被\(3\)整除,简单证明一下，设一个\(k\)位数，每个位数为\(x_i\)

\[n=x_k*10^k+x_{k-1}*10^{k-1}+...x2*10+x_1\\ (x_k+x_{k-1}+..x_2+x_1)\mod 3=0\\ n\mod3=\sum_{i=1}^{k}((x_i\mod 3)*(10^i\mod 3))=\sum_{i=1}^{k}(x_i\mod 3)=0 \]

同理可以得出，一个数能被\(9\)整除，那么它的数位之和一定能被\(9\)整除

一个数能被\(5\)整除，它的末尾一定是\(0\)或\(5\)

最后是\(7\)有点麻烦，得找找规律，发现题中\(n=111..111*d\),由\(1\)构成的\(n\)中最小的能被\(7\)整除的为\(111111\)

所以只要\(n!\mod6==0\)即\(n>=3\)，\(n\)一定可以表示为\(111111*a+111111*b+...\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
map<int,int>mp;
int n;int a[N];
int l[N],r[N];
long long gcd(long long a,long long b)
{
	return b? gcd(b,a%b):a;
}
void solve()
{
	int n,d;cin>>n>>d;
	cout<<"1 ";
	if(n>=3||d%3==0)cout<<"3 ";
	if(d==5)cout<<"5 ";
	if(n>=3||d==7)cout<<"7 ";
	if(n>=6||(n>=3&&d%3==0)||d==9)cout<<"9 ";
	cout<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - C - Codeforces

dp 数学

给出一个整数数组，数组最多有一个数\(x\)不是\(-1,1\)

问数组的一个连续段的和最多有几种不同结果，考虑空段

观察题目显然想到要把数组分为\(x\)左边和\(x\)右边，独立来看

对于一个只有\(-1,1\)的序列，假设它的连续段和最大为\(x\)，最小为\(y\)，可以证明它的连续段和肯定可以取满\([y,x]\)内的值

证明：对于最大值\(x\)，由于它是由一个连续段相加得来，那么肯定可以将这个连续段分为若干个和为\(1\)的更小的段，从两端开始移去子段，得到的连续段和为\(x-1,x-2...0\)，所以肯定可以取满\([0,x]\)，同理可得取满\([y,0]\)

对于求最大最小值就是简单的\(dp\)问题了

设已经求出的左边范围是\([a,b]\)，右边为\([c,d]\)，(由于肯定包含\(0\)，两者肯定有交集)将其合并为\([x,y]\),那么答案至少是\(y-x+1\)

再考虑\(x\)，设它的坐标是\(ind\)，只用求出\([ind+1,n]\)的前缀和与\([1,ind-1]\)的后缀和，将他们的范围（最大值大于等于\(0\),最小值小于等于\(0\)）相加得到\([x_1,y_1]\)

遍历这个区间加上\(x\)看看有没有新的值加入即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
map<int,int>mp;
int n;int a[N];
int l[N],r[N];
void solve()
{
	mp.clear();int ind=-1;int ans=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		l[i]=r[i]=0;
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i]<-1||a[i]>1||a[i]==0)ind=i;
	}
	int aa=0,b=0,c=0,d=0;
	if(ind==-1)ind=n+1;
	for(int i=1;i<ind;i++)
	{
		l[i]=max(a[i],l[i-1]+a[i]);
		r[i]=min(a[i],r[i-1]+a[i]);
		aa=max(aa,l[i]);
		b=min(b,r[i]);
	}
	for(int i=ind+1;i<=n;i++)
	{
		l[i]=max(a[i],l[i-1]+a[i]);
		r[i]=min(a[i],r[i-1]+a[i]);
		c=max(c,l[i]);
		d=min(d,r[i]);
	}
	b=min(b,d);aa=max(aa,c);ans=aa-b+1;
	for(int i=b;i<=aa;i++)mp[i]++;
	if(ind!=n+1)
	{
		if(!mp[a[ind]])
		{
			mp[a[ind]]++;
			ans++;
		}
		int sum=0;
		int x1=0,x2=0,y1=0,y2=0;
		for(int i=ind+1;i<=n;i++)
		{
			sum+=a[i];x1=min(x1,sum);x2=max(x2,sum);
		}
		sum=0;
		for(int i=ind-1;i;i--)
		{
			sum+=a[i];y1=min(y1,sum);y2=max(y2,sum);
		}
		int ll=x1+y1,rr=x2+y2;
		for(int i=ll;i<=rr;i++)
		{
			if(!mp[a[ind]+i])
			{
				mp[a[ind]+i]++;ans++;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	for(auto x:mp)
	{
		cout<<x.first<<' ';
	}
	cout<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - D - Codeforces

质数 数学

给出\(l,r,g\)，求\(l\leq a\leq b \leq r ,gcd(a,b)=g\)的，满足\(|a-b|\)最大的\(a,b\)

模板题，需要一个转化，对于\(x=g*a\ , y=g*b\),如果\(gcd(x,y)=g\)，那么一定有\(gcd(a,b)=1\)

那么题目就转化为了找到\([(l+g-1)/g,r/g]\)之间的最大互质对

要根据质数的性质，在题目给的\(10^{18}\)的范围下，相邻质数的距离最大不会超过\(1500\)

其实，设\(g_n\)为在小于等于\(n\)的范围内相邻质数的最大距离，\(g_{10^{18}}=1442\)

考虑\(l\)的下一个质数为\(q\),考虑\(r\)的上一个质数为\(p\),两个不相等的质数一定互质，所以答案最坏也要是\((q,p)\)

在最差的情况下要遍历\(g_n^2*lg(r)\)，时间是足够的

从大到小枚举长度即可，看似时间复杂度是\(n^2\),，其实很快就可以在两端找到答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
map<int,int>mp;
int n;int a[N];
int l[N],r[N];
long long gcd(long long a,long long b)
{
	return b? gcd(b,a%b):a;
}
void solve()
{
	long long x,y,g;cin>>x>>y>>g;
	long long l=(x+g-1)/g,r=y/g;
	for(long long len=r-l;len>=0;len--)
	{
		for(long long i=l;i+len<=r;i++)
		{
			if(gcd(i,i+len)==1)
			{
				cout<<g*i<<' '<<g*(i+len)<<endl;return ;
			}
		}
	}
	cout<<"-1 -1"<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

可以得到求\([l,r]\)内的最大互质对的模板

void getprime(long long a, long long b)
{
    for(long long len=r-l;len>=0;len--)
	{
		for(long long i=l;i+len<=r;i++)
		{
			if(gcd(i,i+len)==1)
			{
				cout<<i<<' '<<i+len<<endl;return ;
			}
		}
	}
}