20201017 day38 模拟（十一）
1
problem
对有限集合\(A\),存在函数\(f:N→A\)具有下述性质：若\(|i－j|\)是素数,则\(f(i)≠f(j),N=\{1,2,…\}\)．求有限集合A的元素的最少个数．
solution
【引理】\(\forall p\ge 2\),若\(p\)为质数，则\(p=4n+1\)或\(p=4n+3,n\in \mathbb N\)
证明：①所有大于2的素数都是奇数
②\(4n+1,4n+3\)表示了所有的奇数
【证明】
\(1,3,6,8\)中每两个数的差为素数,所以\(f(1),f(3),f(5),f(8)\)互不相同,\(|A|≥4\)．
另一方面,令\(A=\{0,1,2,3\}\)．对每一自然数\(n\),令\(f(n)=n\operatorname{mod} 4\),则在\(f(i)=f(j)\)时,\(|i－j|\)被4整除．所以不被4整除时，\(f(i)\neq f(j)\)，因而\(|i-j|\)是质数。
因而\(f\)是满足条件的函数，A的元素个数最少为4．
code
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
long long read(){
int a=0,op=1;char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') op=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){a*=10,a+=c^48,c=getchar();}
return a*op;
}
int n, ans = 0x3f3f3f3f, now, col[10], ans_col[10];
int main()
{
scanf("%d", &n);
if (n <= 6)
{
printf("%d\n", (n + 1) / 2);
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d ", (i + 1) / 2);
}
else
{
puts("4");
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d ", 1 + (i & 3));
return 0;
}
return 0;
}
2
problem
对于给定的长\(m\)的序列\(a\)，求一个长度为\(m\)的序列\(b\)，满足以下性质：
①\(\forall i\in[1,m],b_i\in[0,n]∩\mathbb Z\)②\(\sum\limits_{i=1}^ma_ib_i\le D\)
在满足以上条件的情况下，求\(\left( \sum\limits_{i=1}^mb_i+k\min_{i=1}^mb_i\right)_{\max}\)
\(T\)组数据.
solution
首先有贪心：\(a_i\le a_j\)则\(b_i\ge b_j\)，将\(a\)排序，枚举有多少个\(b\)达到了上界\(n\)。若有\(s\)个达到了上界。我们设\(b_{s+1}=x\)，则答案为：
后面是形如\(x+a\left\lfloor \dfrac{bx+c}{d}\right\rfloor(a\ge 0)\)的形式，这个函数形如锯齿状，有三种可能达到最大值。
(1)开始的第一个峰值
m
/|
/ | /|
|/ | /
|/
(2)结束的最后一个峰值
m
/|
/| / |/
/| / |/
/ |/
(3)结束点
m
/
/| /
/| / |/
/ |/
放在题中就是
- 尽可能提高\(\min b_i\)，零头去提高\(b_s\)
- 尽可能提高\(b_s\)，零头去提高\(\min b_i\)（虽然零头显然不足以提高）
- 让\(\min b_i\)增加1，剩下全部去提高\(b_s\)
时间复杂度\(O(Tn\log n)\)
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn = 200005;
int T, m;
long long k, n, ans, sum, D, a[Maxn];
int main()
{
freopen("array.in", "r", stdin);
freopen("array.out", "w", stdout);
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
sum = ans = 0;
scanf("%lld%d%lld%lld", &n, &m, &k, &D);
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%lld", &a[i]), sum += a[i];
sort(a + 1, a + 1 + m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int whole = min(n, D / sum);
ans = max(ans, whole * (m + k - i + 1) + min(n - whole, (D - whole * sum) / a[i]) + n * (i - 1));
if (D < a[i] * n)
{
ans = max(ans, D / a[i] + n * (i - 1));
break;
}
if (i != m)
{
long long tmp = (D - a[i] * n) / (sum - a[i]) + 1;
if (D >= tmp * sum)
ans = max(ans, tmp * (m + k - i + 1) + min(n, (D - tmp * sum) / a[i]) + n * (i - 1));
}
sum -= a[i];
D -= a[i] * n;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
3
problem
你有一棵\(n\)节点的树 ，回答\(m\)个询问，每次询问给你两个整数\(l,r\)，问存在多少个整数\(k\)使得从\(l\)沿着\(l\rightarrow r\)的简单路径走\(k\)步恰好到达\(k\)
solution
考虑将链拆分为\(a\)到\(\operatorname{lca}(a,b)\)与\(\operatorname{lca}(a,b)\)到\(b\)。记\(\operatorname{dep}(x)\)表示\(x\)的深度。
\(a\)到\(\operatorname{lca}(a,b)\)上的答案就是\(\operatorname{dep}(x)-\operatorname{dep}(a)=x\)的\(x\)个数，也就是说\(\operatorname{dep}(x)-x=\operatorname{dep}(a)\)的\(x\)个数，另一段类似，先讨论一段。
注意到前面的这是个常数，令\(b_x=\operatorname{dep}(x)-x\)，所以就是查链上有多少个点\(x\)满足\(b_x\)为常数\(\operatorname{dep}(a)\)，这个查分一下，可以变成查询点到根路径上有多少个点满足\(b_x\)为常数。
离线做一个树上前缀和，维护一个数组，表示每个\(b_x\)的出现次数，然后\(\text{dfs}\)，\(\text{dfs}\)到\(x\)时将\(b_x\)插入到这个数组中，\(\text{dfs}\)出\(x\)的时候，将\(b_x\)删去，\(\text{dfs}\)到一个点的时候处理所有被离线到这个点的询问即可。总时间复杂度\(O(n+m)\)。
code
4
problem
对于一个长为01序列，初始都为1.先有\(m\)条指令，第\(i\)条指令是一对数\((x_i,y_i)\)，你可以选择：
- 记录该条指令为1，表示将\(y_i\)变为0，\(x_i\)变为1
- 记录该条指令为0，表示将\(x_i\)变为0，\(y_i\)变为1
输出一个长为\(m\)的01串，第\(i\)个数（0或1）表示第\(i\)条指令的情况，并使得最终仍有不小于\(\left\lfloor \dfrac{n}{2}\right\rfloor\)个数为1.
solution
看到\(\left\lfloor \dfrac{n}{2}\right\rfloor\)容易想到两两分组。刚开始我们令\((1,2)\)一组，\((3,4)\)一组，如果最后一个数是奇数则\(n\)单独一组。一组\((x,y)\)表示经过前若干个操作后可以在\(x\)或\(y\)中，组与组之间互不影响。
经过一个导线\((x,y)\)后，如果之前分组\((x),(y,z)\)合并则调整为\((x,y),(z)\)，如果是\((x,u),(y,v)\)则调整为\((x,y),(u,v)\)。考虑所有情况容易发现这样不会出错。构造只需要反推。复杂度\(O(n+m)\)。
