义乌集训7.10 contest 3题解
2021.7.10 Contest 题解
T1:
Description:
Alice 和 Bob 在玩石头剪刀布，他们每个人写出一个序列。 Alice 写出了 \(n\) 个数， Bob 写出了 \(n\) 个数。 其中 \(0\) 代表石头，\(1\) 代表剪刀，\(2\) 代表布，\(0\) 赢 \(1\) ，\(1\) 赢 \(2\) ，\(2\) 赢 \(0\) 。
他们总共进行 \(k\) 轮游戏，第一轮选择第一个数字，后面每一轮两个人都选择序列的下一个数进行比赛（序列结尾的下 一个位置在序列开头）。 一个人的积分为其赢的次数加上额外积分。
额外积分：对于每一个 \([1,k-x+1]\) 内的正整数 ，满足某人从第 \(i\) 轮到第 \(i+x-1\) 轮都赢，都会让这个人获得 \(1\) 的额外积分。
问 Alice 和 Bob 每人积分是多少。
Input:
第一行三个数 \(n,k,x\)。
第二行 \(n\) 个不大于 \(2\) 的非负整数。
第三行 \(n\) 个不大于 \(2\) 的非负整数。
Output:
一行两个整数表示 Alice 和 Bob 每人积分。
Sample1 Input:
5 10 2
1 1 0 2 0
1 0 2 2 0
Sample1 Output:
0 6
Hint:
对于 \(20\%\) 的数据，\(n,k \leq 1000,x=n+1\)。
对于另外 \(20\%\) 的数据，\(x=n+1\)。
对于另外 \(20\%\) 的数据，\(k \leq 500000\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 500000,1 \leq k,x \leq 10^{18}\)
题目分析：
小清新模拟题，先 \(O(n)\) 预处理出一个循环之后的双方得分，然后随便乱搞即可。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500005
#define LL long long
using namespace std;
LL n,ans1,ans2,m,x,a[N],s1[N],s2[N],S1[N],S2[N];
inline int read(){
int ret=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();return ret*f;
}
int main(){
freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
cin>>n>>m>>x;for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(register int i=1,xx;i<=n;i++){
xx=read();if(a[i]==0){if(xx==1) a[i]=1;else if(xx==2) a[i]=-1;else a[i]=0;continue;}
if(a[i]==1){if(xx==2) a[i]=1;else if(xx==0) a[i]=-1;else a[i]=0;continue;}if(xx==0) a[i]=1;else if(xx==1) a[i]=-1;else a[i]=0;
}
for(register int i=1;i<=n;i++){s1[i]=s1[i-1],s2[i]=s2[i-1];if(a[i]==1) s1[i]++;else if(a[i]==-1) s2[i]++;}
LL X=m/n,Y=m%n;ans1=X*s1[n]+s1[Y],ans2=X*s2[n]+s2[Y];if(x>m){cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';return 0;}
if(x>=n){if(s1[n]==n) ans1+=m-x+1;else if(s2[n]==n) ans2+=m-x+1;cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';return 0;}
for(register int i=1;i<=n-x+1;i++){S1[i]=S1[i-1],S2[i]=S2[i-1];if(s1[i+x-1]-s1[i-1]==x) S1[i]++;else if(s2[i+x-1]-s2[i-1]==x) S2[i]++;}
for(register int i=n-x+2;i<=n;i++){S1[i]=S1[i-1],S2[i]=S2[i-1];if(s1[n]-s1[i-1]+s1[i+x-n-1]==x) S1[i]++;else if(s2[n]-s2[i-1]+s2[i+x-n-1]==x) S2[i]++;}
X=(m-x+1)/n,Y=(m-x+1)%n;ans1+=X*S1[n]+S1[Y],ans2+=X*S2[n]+S2[Y];cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';return 0;
}
T2:
Description:
有 \(t\) 次询问，每次给你一个数 \(n\) ，求在 \([1,n]\) 内约数个数最多的数的约数个数。
Input:
第一行一个正整数 \(t\) 。
之后 \(t\) 行，每行一个正整数 \(n\) 。
Output:
输出 \(t\) 行，每行一个整数，表示答案。
Sample1 Input:
5
13
9
1
13
16
Sample1 Output:
6
4
1
6
6
Hint:
对于 \(100\%\) 的数据，\(t\leq 500,1\leq n \leq 10^{18}\)。
题目分析：
注意到要使约数个数尽可能的多，其可用的质因数小于等于41(其实37就够了)，跑个爆搜就能过了。
但是作为追求更优解的人，我们肯定不满足于此。我们考虑背包。
设 \(f_{i,j}\) 表示用到了第 \(i\) 个质数，当前约数个数为 \(j\) 所对应的最小的 \(n\)，那么对于每一个 \(j\) 只需判断 \(f_{12,j}\) 是否小于 \(n\) 即可。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
#define LL long long
using namespace std;
LL n[N],f[20][N],pri[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59};int T,tot,ans;LL Max;
inline int read(){
int ret=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();return ret*f;
}
int main(){
// freopen("b.in","r",stdin);freopen("b.out","w",stdout);
T=read();for(register int i=1;i<=T;i++) cin>>n[i],Max=max(Max,n[i]);int up=110000;if(Max<=1e9) up=10000;
f[0][1]=1;for(register int i=1;i<=12;i++) for(register int j=1;j<=up;j++) if(f[i-1][j]){
LL x=f[i-1][j];if(!f[i][j]) f[i][j]=x;else f[i][j]=min(f[i][j],x);
int X=0;while(x<=Max/pri[i]){x*=pri[i],X++;if(!f[i][j*(X+1)]) f[i][j*(X+1)]=x;else f[i][j*(X+1)]=min(f[i][j*(X+1)],x);}
}
for(register int i=1;i<=T;i++){int ans=1;for(register int j=up;j;j--) if(f[12][j]&&f[12][j]<=n[i]){ans=j;break;}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}
T3:
Description:
给你一个长为 \(n\) 的序列 \(a\) 和一个常数 \(k\) 。
有 \(m\) 次询问，每次查询一个区间 \([l,r]\) 内所有数最少分成多少个连续段，使得每段的和都 \(\leq k\)。
如果这一次查询无解，输出 "Chtholly"，输出的字符串不包含引号。
Input:
第一行三个数 \(n,m,k\)。
第二行 \(n\) 个数表示这个序列 \(a_i\) 。
之后 \(m\) 行，每行给出两个数 \(l,r\) 表示一次询问。
Output:
输出 \(m\) 行，每行一个整数，表示答案。
Sample1 Input:
5 5 7
2 3 2 3 4
3 3
4 4
5 5
1 5
2 4
Sample1 Output:
1
1
1
2
2
Hint:
对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(1\le n,m\le10^6,1\le a_i,x\le10^9\)。
题目分析：
倍增套路题。对于每个 \(i\) 我们可以二分或者 two-pointers 预处理出最大的 \(j\) ，满足 \(\sum_{k=i}^{j}{a_k} \leq x\)
然后对于每一组询问，从 \(l\) 开始倍增，直到刚好大于 \(r\) ，如果没法大于 \(r\)，则无解。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,tot,f[N][24];LL S[N],K;
inline int read(){int ret=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}while(isdigit(ch)) ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();return ret*f;}
int main(){
freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),K=read();for(register int i=1;i<=n;i++) S[i]=S[i-1]+(LL)read();
for(register int i=1;i<=n;i++){if(S[i]-S[i-1]>K){f[i][0]=i;continue;}int l=i,r=n,x=i;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(S[mid]-S[i-1]<=K) x=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}f[i][0]=x+1;}
for(register int x=n;x;x--) for(register int i=1;i<=19;i++) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];while(m--)
{int l=read(),r=read(),res=0;for(register int i=19;~i;i--) if(f[l][i]&&f[l][i]<=r) l=f[l][i],res+=(1<<i);if(f[l][0]<=r) puts("Chtholly");else cout<<res+1<<'\n'; }return 0;
}
T4:
Description:
给定一棵 \(n\) 个节点的树，第 \(i\) 个点的编号为 \(i\) ，第 \(j\) 条边的编号为 \(j\) 。
有 \(m\) 次查询，每次给出 \(l,r\) ，查询如果只保留树上点编号在 \([l,r]\) 内的点，边编号在 \([l,r]\) 内的边，有多少点连通块。
此时点 \(a\) 与 \(b\) 连通等价于 \(l \leq a,b \leq r\) 且 \(a,b\) 在树上的简单路径中所有点与边编号都在 \([l,r]\) 之间。
Input:
第一行两个数 \(n,m\) 。
之后 \(n-1\) 行，编号从 \(1\) 开始，第 \(i\) 行三个数 \(x,y\) 表示编号为 \(i\) 的边连接着点 \(x,y\) 。
之后 \(m\) 行，每行两个数 \(l,r\) 表示询问区间 \([l,r]\) 。
Output:
对每次询问输出一行一个数表示答案。
Sample1 Input:
10 10
1 2
2 3
1 4
1 5
6 4
7 2
8 3
1 9
3 10
1 6
6 7
1 8
3 3
7 10
4 10
8 9
2 3
5 8
5 9
Sample1 Output:
1
2
1
1
4
6
2
1
4
5
Hint:
对于其中 \(30\%\) 的数据，\(n,m \leq 10^3\).
对于其中 \(50\%\) 的数据，\(n\leq 10^3\).
对于另外 \(20\%\) 的数据，\(n,m\leq 10^5\).
对于全部数据，\(1 \leq n,m \leq 10^6\).
题目分析：
容易想到，对于一次询问，答案=点数-边数=\((r-l+1)-有用的边数\).
何为有用的边？即对于边 \(i\) ，满足 \(l\le i \le r\) ，并且 \(i\) 连接的两个点 \(x,y\) ， \(l \leq x,y \leq r\)。
也就是说对于边 \(i\) 必须满足 $l\le min{(i,x,y) \le max{(i,x,y)} \le r} $。
于是这道题就变成了二维数点问题，离线之后用树状数组维护即可。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
using namespace std;
int n,m,S[N],ans[N];struct node{int l,r;}p[N];struct query{int id,l,r;}q[N];
inline bool cmp(const node x,const node y){return x.l>y.l;} inline bool cmp2(const query x,const query y){return x.l>y.l;}
inline void U(int x){for(register int i=x;i<=n;i+=i&-i) S[i]++;}inline int Q(int x){int y=0;for(register int i=x;i;i-=i&-i) y+=S[i];return y;}
inline int read(){int ret=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}while(isdigit(ch)) ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();return ret*f;}
int main(){
freopen("d.in","r",stdin);freopen("d.out","w",stdout);
n=read(),m=read();for(register int i=1,x,y;i<n;i++) x=read(),y=read(),(x>y)&&(swap(x,y),0),p[i].l=min(i,x),p[i].r=max(i,y);int now=1;
sort(p+1,p+n,cmp);for(register int i=1;i<=m;i++) q[i].id=i,q[i].l=read(),q[i].r=read();sort(q+1,q+m+1,cmp2);
for(register int i=1;i<=m;i++){int id=q[i].id,L=q[i].l,R=q[i].r;while(now<n&&L<=p[now].l) U(p[now].r),now++;ans[id]=(R-L+1)-Q(R);}
for(register int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}
