Codeforces Round #846 (Div. 2)（B，E）

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Codeforces Round #846 (Div. 2)（B，E）

B

题目大意是给一个长度为n的数组，我们可以把这个数组分成k段（k>1),我们有一个值是每一段的和的gcd

$g c d (s u m [1], s u m [2] + . . . + s u m [k])$ ,我们需要的是这个值的最大是多少

对于分成k段，假设此时的 $g c d$ 为 $x$

如果 $k = 4$ ,那么 $s u m [1] = x * c n t 1, s u m [2] = x * c n t 2, s u m [3] = x * c n t 3, s u m [4] = x * c n t 4$ ,那么我们可以知道，这四个和都是 $x$ 的倍数，并且要想 $x$ 变得更大，那么我们考虑把后面的几个数合并，和还是 $x$ 的倍数

对于 $g c d$ ,我们知道对于这些个不同的数（均是 $x$ 的倍数）把某些数合并，才有可能可以让这些数的 $g c d$ 变大

$gcd=__gcd(sum[1],sum[2]+sum[3]+sum[4])$

$gcd=__gcd(sum[1]+sum[2],sum[3]+sum[4])$

所以，我们可以想到，不管怎么分，只有分成两份的时候才有可能是那个最大的值

具体代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long 
const int maxn=2e5+10;
#define int long long 
int a[maxn],sum[maxn];
int n,t;
void solve()
{
    cin>>n;
    sum[0]=0;
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        if (i==1) ans=a[i];
        else 
        {
            ans=__gcd(ans,a[i]);
        }
    }
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        ans=max(ans,__gcd(sum[i],sum[n]-sum[i]));
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

D

交互题，不会

E

这个题通过分析后可以这么理解

输出一个 $L$ 和 $R$ ,我们需要知道这一段之间的数的 $g c d$ 有多少个不同的数

对于 $1$ 到 $x$ ,我们可以通过

$a = L, b = 2 * L, g c d (a, b) = L$

$a = L + 1, b = 2 * (L + 1), g c d (a, b) = L + 1$

$a = L + 2, b = 2 * (L + 2), g c d (a, b) = L + 2$

$. . . . . .$

$a = L + x, b = 2 * (L + x), g c d (a, b) = L + x, b = R$

那么对于 $g c d >= L$ 的数有多少个呢

我们可以看到，有 $x + 1$ 个， $c n t = x + 1 = ⌊ \frac{R}{2} ⌋ - L + 1$

那么对于 $g c d < L$ 的，我们可以构造一个 $d$ ,其中一个数是 $d * ⌈ \frac{L}{d} ⌉$ ,另外一个数是 $d * (⌈ \frac{L}{d} ⌉ + 1)$

对于这个 $⌈ \frac{L}{d} ⌉$ ,我们可以发现可以有很多个 $d$ ， $⌈ \frac{L}{d} ⌉$ 都是一样的值，对于这些数，我们有一个范围， $[l, r]$ 都是一个值

$⌈ \frac{L}{l} ⌉$ ,所以，看到这儿是不是会想到整除分块了

什么是整除分块？

整除分块

通过这个我们有得到以下公式

\begin{matrix} (1) & {\begin{cases} k = ⌈ \frac{L}{i} ⌉ = \frac{L + i - 1}{i} = ⌊ \frac{L - 1}{i} ⌋ + 1 \\ r = m i n (⌊ \frac{R}{K + 1} ⌋, m a x (i)), r k \leq L - 1 \end{cases} \end{matrix}

那么我们可以变化一下

\begin{matrix} (1) & {\begin{cases} k = ⌊ \frac{L - 1}{i} ⌋ \\ r = m i n (⌊ \frac{R}{K + 2} ⌋, m a x (i)), r k \leq L - 1 \end{cases} \end{matrix}

但是 $r$ 的范围还要让 $r (k + 1) <= r$ ,得到 $r = m i n (r, ⌊ \frac{R}{K + 2} ⌋)$

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long 
int L,R;
int t;
void solve()
{
    cin>>L>>R;
    int ans=max(0ll,R/2-L+1ll);
    int l=1,r=0;
    for (;l<L;l=r+1)
    {
        int k=(L-1)/l;
        r=(L-1)/k;
        int rr=min(r,R/(k+2));
        ans+=max(0ll,rr-l+1);
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}