【CometOJ】Comet OJ - Contest #8 解题报告
\(A\)：杀手皇后（点此看题面）
大致题意： 求字典序最小的字符串。
一场比赛总有送分题。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
using namespace std;
int n;string s;
int main()
{
RI i;string st;for(cin>>n>>s,i=2;i<=n;++i) cin>>st,st<s&&(s=st,0);//读入，求字典序最小字符串
return cout<<s<<endl,0;//输出
}
\(B\)：支援城市（点此看题面）
大致题意： 对于每个\(x\)，求\(\sum_{i=1}^n(a_i-a_x)^2\)。
拆平方得到：
不难发现，只要预处理出\(\sum_{i=1}^na_i^2\)和\(\sum_{i=1}^na_i\)，对于每个\(x\)就可以直接\(O(1)\)计算了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
using namespace std;
int n,a[N+5];
int main()
{
RI i;LL s=0,s2=0;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),s+=a[i],s2+=1LL*a[i]*a[i];//预处理和及平方和
for(i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",s2-2*s*a[i]+1LL*n*a[i]*a[i]);return 0;//计算答案并输出
}
\(C\)：符文能量（点此看题面）
大致题意： 给你两个数组\(a,b\)，可以选择一段区间\([L,R]\)，使得\(L\le i\le R\)的所有\(a_i,b_i\)都乘上\(k\)，求\(\sum_{i=2}^nb_{i-1}a_i\)的最小值。
这可以直接\(DP\)。
我们设\(f_i\)表示选择包含\(i\)且\(i\)不为结尾的一段区间所能得到的最小变化值。
转移时分两种情况讨论，一种是\(i\)在区间内部，另一种是\(i\)为区间开头：
同时我们每次要用以\(i\)为结尾的情况去更新最小变化值：
最终答案就是原先的答案加上最小变化值。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,k,a[N+5],b[N+5];LL f[N+5];
int main()
{
RI i;LL Mn=0,ans=0;for(scanf("%d%d",&n,&k),i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",a+i,b+i);//读入
for(i=1;i<=n+1;++i) Gmin(Mn,f[i-1]+b[i-1]*a[i]*(k-1)),//更新最小变化值
ans+=b[i-1]*a[i],f[i]=min(b[i-1]*a[i]*(k-1),f[i-1]+b[i-1]*a[i]*(k*k-1));//计算原先答案，并动态规划转移f[i]
return printf("%lld",ans+Mn),0;//输出答案
}
\(D\)：菜菜种菜（点此看题面）
大致题意： 给一张有向图，每次询问一个区间，求这个区间内不与区间内其他点直接相连的点的权值之和。
我们定义\(l_i\)为与\(i\)相连的点中编号小于\(i\)的最大编号，\(r_i\)为与\(i\)相连的点中编号大于\(i\)的最小编号。
设当前询问区间为\([L,R]\)，那么一个点对一个询问有贡献，当且仅当其满足：
即：
那么我们就可以考虑离线，将询问对\(L\)排序。
然后我们枚举\(L\)，每次对于所有\(l_i+1=L\)的\(i\)，它们满足条件了，因此用树状数组维护，将\(i\sim r_i-1\)位置都加上\(a_i\)。
同时，\(L-1\)这个位置已不在询问范围内，因此我们把\(L-1\sim r_{L-1}-1\)的位置都减去\(a_{L-1}\)。
询问时只要询问\(a_R\)位置上的值即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000000
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,m,Qt,a[N+5],l[N+5],r[N+5],L[N+5],R[N+5];
vector<int> s[N+5],q[N+5];vector<int>::iterator it;
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}F;
class TreeArray//树状数组
{
private:
#define lowbit(x) (x&-x)
int v[N+5];
I void Upt(RI x,CI y) {W(x<=n) v[x]+=y,x+=lowbit(x);}//修改后缀
public:
I void Add(CI l,CI r,CI v) {Upt(l,v),Upt(r+1,-v);}//区间修改，差分
I int Qry(RI x,RI t=0) {W(x) t+=v[x],x-=lowbit(x);return t;}//单点询问
}T;
int main()
{
RI i,x,y;long long ans=0;
for(F.read(n,m,Qt),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),l[i]=0,r[i]=n+1;//初始化
for(i=1;i<=m;++i) F.read(x,y),x>y?Gmax(l[x],y):Gmin(r[x],y);//预处理l,r
for(i=1;i<=n;++i) s[l[i]].push_back(i);//对于l[i]开桶，方便后面的操作
for(i=1;i<=Qt;++i) F.read(L[i],R[i]),q[L[i]].push_back(i);//读入询问，并桶排
for(i=1;i<=n;++i)//枚举L
{
i^1&&(T.Add(i-1,r[i-1]-1,-a[i-1]),0);//删去L-1的贡献
for(it=s[i-1].begin();it!=s[i-1].end();++it) T.Add(*it,r[*it]-1,a[*it]);//对于所有l[i]+1=L的i，加上其贡献
for(it=q[i].begin();it!=q[i].end();++it) ans^=1LL*(*it)*T.Qry(R[*it]);//枚举R询问
}return printf("%lld",ans),0;
}
\(E\)：神奇函数（点此看题面）
大致题意： \(d(x)\)为\(x\)大于\(1\)的最小因数，\(f(x)=\begin{cases}1 & x=1\\d(x)f(\frac x{d(x)^2}) & d(x)^2|x\\f(\frac x{d(x)}) & others\end{cases}\)，求\(\sum_{i=1}^nf(i)\)。
我们设\(x=\sum_{i=1}^tp_i^{c_i}\)，则\(f(x)=\sum_{i=1}^tp_i^{\lfloor\frac {c_i}2\rfloor}\)。证明如下：
对于一个\(p_i\)，若\(c_i\ge 2\)，则由\(f(x)=d(x)f(\frac x{d(x)^2})\ (d(x)^2|x)\)就会消掉\(x\)中的两个\(p_i\)，得到\(f(x)\)中的\(1\)个\(p_i\)，即\(c_i\)个数除以\(2\)。
而若\(c_i=1\)，则由\(f(x)=f(\frac x{d(x)})\ others\)就会把这一个\(p_i\)消掉，即除以二后向下取整。
那么，\(f(n)\)显然是\(O(\sqrt n)\)级别的。
所以我们可以枚举\(f(i)\)，设\(g(x)\)表示\(1\sim n\)内不含平方因子的数的个数，那么答案就是：
其中\(g\)的意义在于，若一个数含有平方因子\(k^2\)，那么它的\(f\)值就会是\(ik\)，所以应不含平方因子。
然后考虑\(g\)值的求法，这可以使用容斥，而容斥系数就是\(\mu\)。所以：
对于上面的答案以及这里的\(g\)，我们都可以用除法分块来较快速地求值，但似乎会被卡。。。
所以我们要预处理出\(x\le10^7\)的\(g(x)\)，这样就能过了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define LS 10000000
#define LL long long
using namespace std;
LL n;
template<int SZ> class LinearSieve//线性筛
{
private:
int Pt,P[SZ+5],mu[SZ+5];
public:
LL smu[SZ+5],smu2[SZ+5];
I LinearSieve()
{
RI i,j;for(mu[1]=1,i=2;i<=LS;++i)
for(!P[i]&&(mu[P[++Pt]=i]=-1),j=1;j<=Pt&&1LL*i*P[j]<=SZ;++j)
if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i];else break;
for(i=1;i<=LS;++i) smu[i]=smu[i-1]+mu[i],smu2[i]=smu2[i-1]+mu[i]*mu[i];//筛mu和以及平方和
}
};LinearSieve<LS> L;
I LL G(Con LL& x)
{
if(x<=LS) return L.smu2[x];RI l,r,sx=sqrt(x);LL res=0;//x较小时直接返回答案
for(l=1;l<=sx;l=r+1) r=sqrt(x/(x/(1LL*l*l))),res+=x/(1LL*l*l)*(L.smu[r]-L.smu[l-1]);//除法分块
return res;//返回答案
}
int main()
{
RI Tt,l,r,sn;LL ans=0;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
scanf("%lld",&n),sn=sqrt(n),ans=0;//读入
for(l=1;l<=sn;l=r+1) r=sqrt(n/(n/(1LL*l*l))),ans+=G(n/(1LL*l*l))*(l+r)*(r-l+1)>>1;//除法分块
printf("%lld\n",ans);//输出答案
}return 0;
}
