AtCoder | ABC 125 Person Editorial

开始补AtCoder的数学题了，练下思维

AB两道都很简单，看懂题就OK。

C，D稍微麻烦一些

Problem C: GCD On Blackboard

为了解决此问题，我们需要了解最大公约数（GCD）的某些属性。
第一点是，GCD是可交换的（GCD（a，b）= GCD（b，a））。
第二个是3个数字的GCD是关联的（GCD（a，GCD（b，c））= GCD（GCD（a，b），c））。
最后，在不失一般性的前提下，如果a和b是2个正数且a <= b，则GCD（a，b）<= a。 换句话说，2个数字的GCD最多等于较小的数字。

回到问题陈述，我们有一个数字列表，可以修改列表中的一个数字，然后用另一个数字替换它，以使列表的GCD最大化。 让我们将关于GCD的已知知识应用于此问题：

假设我们的列表 \(A = A_1，A_2，A_3，...，A_n\)，我们希望修改索引 \(A_i\)。 根据关联规则，我们知道：GCD（A1，A2，A3，...，Ai，...，An）可以重新排序为：GCD（A1，A2，A3，...，An，Ai）。 换句话说，我们可以计算除 \(A_i\)以外的所有数字的GCD，然后使用\(A_i\)计算结果的GCD的结果。 令g为除\(A_i\)以外的所有数字的GCD。 现在我们希望最大化GCD（g，Ai）。 由于对\(A_i\)进行简化后我们可以获得的最大GCD为g，因此答案为g。

因此，我们知道在位置i处可获得的最大gcd是除\(A_i\)以外的所有数字的gcd。 如果我们在每个 \(i\) 处计算这些gcd值，则所有结果的最大值是修改列表中的数字后可能的最大GCD。
那么我们将如何实现该算法？ 为方便起见，让我们定义\(R_i\)和\(L_i\)的两个功能，如下所示：

\[R_{n + 1} = 0\\R_i = GCD(R_{i + 1},A_i)\\L_0= 0\\L_i = GCD(L_{i - 1},A_i) \]

\(L_i\)代表A1…Ai的gcd，\(R_i\)代表Ai…An的GCD。 如果我们希望找到除Ai以外的所有元素的GCD，则可以找到Mi = GCD（Li-1，Ri + 1）。 这表示除Ai以外的所有数字的GCD。
我们可以预先计算R和L。最后，我们可以找到Mi的每个值，然后计算出最大值，这就是我们的答案。 示例代码如下（复杂度为\(O（n）\)）：

const int N = 100000 + 5;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    // L_i = gcd(A_1, A_2, A_3, ... A_i)
    // R_i = gcd(A_i, A_{i+1}, A_{i+1}, ..., A_n)
    int n;
    ll a[N], L[N], R[N];
    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        L[i] = R[i] = a[i];
    }

    // precomputing L[i]
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        L[i] = __gcd(L[i], L[i - 1]);
    }
    // precomputing R[i]
    for (int i = n; i > 0; i--) {
        R[i] = __gcd(R[i], R[i + 1]);
    }

    // computing each m_i and the max value
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int m = __gcd(L[i - 1], R[i + 1]);
        res = max(m, res);
    }

    cout << res;
    return 0;
}

Problem D: Flipping Signs

让我们考虑元素A1，A2，A3，…，An的列表。 我们被允许翻转任意两个连续元素Ai和Ai + 1的符号。 需要注意的一个有用观察结果是（除了最后一个元素），我们可以翻转任何Ai的符号而不会影响Ai-1。
但是我们如何利用这个事实呢？ 好吧，我们知道我们可以使从i = 1到i = n-1的每个元素对于任何列表都是正的。 由于我们不在乎操作数量，因此这种贪婪的方法效果很好。
给定任何数字A列表，我们将能够使用此方法使除最后一个元素之外的所有Ai均为正。 最后一个元素将为负或正。 让我们分别处理这种情况。
所以现在我们可以将最后一个元素设为正数或负数。 如果为正，则所有元素均为正，列表的总和就是我们的答案。 如果它是负数，那么我们需要检查一些变化以获得最大的总和结果。 首先，我们需要检查最后两个元素中哪个更大。 由于我们可以使最后一个元素为正，而使An-1为负。 实际上，我们可以使任何一个Aj为负（j <n），以使最后一个元素为正。 考虑三个连续的正a，b，c元素。 我们首先可以翻转a和b的符号，这将使它们变为负数。 在下一步中，我们可以翻转b的符号，这将使b变为正，而c变为负。 这将使a变为负数，我们可以再次翻转c的符号使其变为正数，依此类推。 我们可以链接此操作，该操作将只留下a为负数，其余元素保持正值（最后一个元素除外，该元素将从负数变为正数）。
因此，我们有了算法最后一步的配方：我们检查范围A1…An-1中的最小元素。 将此最小元素称为m。 如果m <An，则将m的符号翻转为负，然后使An为正。 否则，我们将m保持为正。 这个清单的总和就是我们的答案。
Bellow是此解决方案的C ++实现。 注意，该解决方案与列表的其余部分分开处理An-1，An的情况，但是它与上述算法相同。

using ll = long long;
const int N = 1e5 + 10;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int n, A[N];
    // store the sum of the result in a long long pair
    ll s = 0;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> A[i];

    for (int i = 1; i <= n - 2; ++i) {
        if (A[i] < 0) A[i] *= -1, A[i + 1] *= -1;
        s += A[i];
    }

    // if n is 2, we only need to consider those
    // Also , if the last 2 elements are either both positive
    // or both negative then we simply flip their signs too
    if ((n == 2) or (A[n] > 0 and A[n - 1] > 0) or (A[n] < 0 and A[n - 1] < 0))
        s += max(A[n - 1] + A[n], -A[n - 1] - A[n]);
    else {
        // find the min element in the list (excluding last 2 elements)
        int* mni = min_element(A + 1, A + n - 2);
        int mnv = *mni;

        // if the minimum value in the remaining list is larger than
        // the smaller value of the last 2 elements, then we should
        // just keep it positive
        if (mnv > min(abs(A[n - 1]), abs(A[n]))) {
            s += max(A[n - 1] + A[n], -A[n - 1] - A[n]);
        }
        // otherwise, we can make that value negative, and include the
        // last 2 elements as positive elements
        else {
            s -= mnv * 2;
            s += abs(A[n - 1]);
            s += abs(A[n]);
        }
    }
    cout << s << "\n";

    return 0;
}