赛前复习记录

9.22

• CF1C，成功用正确思路写出了一份错误代码。

9.23

• 修改了昨日 CF1C，发现问题是 $eps$ 写太大了……

• CF2C，目前被技术性难题卡住。

• P1549，已完成。使用了奇怪的 $\mathtt{DFS}$。

（ps：我怎么感觉这两天的 CF 题都属于是在手动帮我恶补高中数学？）

9.24

• 试题链接：click here

T1

题目描述

题目描述

小 Y 酷爱的接龙游戏正是这样。玩腻了成语接龙之后，小 Y 决定尝试无平方因子二元合数接龙，规则如下：
现有 $n$ 个不超过 $10^6$ 的合数，每个均可表示为 $a=p\times q$($p,q$ 为两个互异素数)。
若 $a=p_1\times q_1(p_1<q_1)$，$b=p_2\times q_2(p_2<q_2)$，当且仅当 $q_1=p_2$ 时 $b$ 能接在 $a$ 后面。
请问从给定的这 $n$ 个数中选数接龙，最长可以形成一个包含多少数的接龙序列？

输入格式

第一行输入一个正整数 $n$，意义如题干所述。（$n\le50000$）
第二行输入 $n$ 个不超过 $10^6$ 的合数。

输出格式

输出仅一个整数，表示问题的答案。

• 读题，容易发现可以依靠这个素数的限制条件来建图，而且建出来是一个 $\mathtt{DAG}$ （有向无环图）；

• 但鉴于我的图论太垃了，所以我选择不用图论。观察限制条件可以发现，如果找到符合条件的序列，除了相邻两个数有一个共同质因数以外，还有一个条件就是这个序列一定是严格单调递增的。
  所以首先就可以对原序列 $\mathtt{sort}$ 一下。
  考虑 $\mathtt{DP}$，设计状态 $f_i$ 为以第 $i$ 个质数为开头的序列往后最长能接多长。从后往前扫描排序过的序列，对每一个数分解质因数为 $a_i=p_a\times p_b(p_a<p_b)$，那么显然就有一个转移为 $f_a=\max(f_a,f_b+1)$；

AC code

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

inline int read(){
	int s=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		s=s*10+int(ch-'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*f;
}

#define re register

const int N=5e4+10;
const int M=1e6+10;

int n;
int a[N];
int p[N<<1],st[M],tot=0;
int len[N<<1];
int ans=0;

void pre(){
	for(re int i=2;i<M;++i){
		if(!st[i])
			p[++tot]=i,st[i]=tot;
		for(re int j=1;j<=tot && p[j]*i<M;++j){
			st[p[j]*i]=-1;
			if(i%p[j]==0)
				break;
		}
//		cout<<i<<" "<<st[i]<<endl;
	}
	return ;
}

int main(){
//	freopen("chain.in","r",stdin);
//	freopen("chain.out","w",stdout);
	pre();
//	cout<<tot<<endl;
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1);
	int x,y;
	for(re int i=n;i;--i){
		for(re int j=1;j<=tot;++j){
			if(a[i]%p[j]==0){
				x=j,y=st[a[i]/p[j]];
				break;
			}
		}
//		if(x>y) swap(x,y);
		len[x]=max(len[x],len[y]+1);
		ans=max(len[x],ans);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

T3

题目描述

题目描述

给出两个数 $A,B(B\ge A)$，问有多少个序列满足以下条件：

1. 序列是递增的。
2. 所有数字属于区间 $[A,B]$（包括 $A$ 和 $B$ ， $B−A\le 100$） 。
3. 序列中的所有数字两两互质。

输入格式

一行输入两个数 $A,B$，其中 $1\le A\le B\le 10^{18}，B-A\le 100$。

输出格式

输出对应的答案。

• 考场上没怎么细看，写了个 $\mathtt{O(2^{B-A})}$ 的暴力，但是挂了；

• 状压 $\mathtt{DP}$。观察数据范围可以发现，由于 $B$ 和 $A$ 的差最多只有 $100$，说明会在这段区间中重复出现的质因数在 $100$ 以内，而 $100$ 以内的质因数只有 $25$ 个，考虑状压。

• 首先对于 $70\%$ 的数据，有 $B-A\le 50$。此时只有 $15$ 个质数需要考虑。设 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个数（对应 $A+i$），序列里的数包含的质因数状态为 $j$ 时共有多少个不同序列。
  那么显然有当不选这第 $i$ 个数时，$f$ 数组直接从 $i-1$ $\mathtt{copy}$ 过来。
  而当要选择第 $i$ 个数时，设 $p$ 表示这个数包含的质因数情况，那么从 $p$ 相对于全集 $U$ 的补集 $v$ 中考虑转移（因为要求两两互质，说明整个序列中每个质因数至多被一个数包含），就有 $f_{i,s|p}+=f_{i-1,s}$，$s$ 表示 $v$ 的任意子集。

• 对于 $100\%$ 的数据，由于没有离谱的 Hack 点，所以在每个区间中总会出现一些质因数只被一个数包含。那么这些数可以不用考虑，状压范围减小。

AC code

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

#define ll long long

const int N=(1<<23)+10;

ll a,b;
int n;
int t=25;
int p[30]={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};
int f[N];
int cnt[30];
int num[105];

int main(){
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
	n=b-a+1;
	for(int i=0;i<=n;++i){
		ll x=a+i;
		for(int i=0;i<t;++i)
			if(x%p[i]==0)
				++cnt[i];
	}
	int dx=0;
	for(int i=0;i<t;++i){
		if(dx) p[i-dx]=p[i];
		if(cnt[i]<=1) ++dx;
	}
	t-=dx; 
	for(int i=0;i<n;++i){
		ll x=a+i;
		for(int j=0;j<t;++j)
			if(x%p[j]==0)
				num[i]|=1<<j;
	}
	f[0]=1;
	int u=(1<<t)-1;
//	cout<<u<<endl;
	for(int i=0;i<n;++i){
		int v=u^num[i];
		for(int j=v;j;j=(j-1)&v)
			f[j|num[i]]+=f[j];
		f[num[i]]+=f[0];
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=u;++i)
		ans+=f[i];
	printf("%lld",ans-1);
	return 0;
}

9.27

先说一下，虽然初赛出分了，但我没敢看

• 完成了之前 CF2C.

• 开始写 CF3D 了。

9.28

查了分，看来暂时我还能不退役

• 完成了 CF3D。

9.29

• 完成了 CF4D。