2021联合省选B卷题解

B卷有 \(4\) 道题与 \(A\) 卷相同，新增了两道题，分别为数对与取模。

其他 \(4\) 道题目参加 联合省选2021 A卷题解

Day 1 T1 数对

Description

给出 \(n\) 个正整数 \(a_i\)，请你求出有多少个数对 \((i,j)\) 满足 \(1\le i,j\le n,i\not=j,a_i\bmod a_j=0\)。

\(n\le 2\times 10^5,a_i\le 5\times 10^5\)

Solution

这道题是真正的签到题，注意到 \(a\) 的范围仅为 \(10^5\)，因此我们直接记录下每个值的出现次数，枚举 \(a_j\) 以及 \(a_j\) 的倍数 \(k\) 即可。复杂度为调和级数 \(\mathcal O(n\log n )\)。

注意别忘了 \(i\not=j,a_i=a_j\) 的情况。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
typedef long long ll;
int n,a[N],ct[N],vis[N],mx;
ll ans;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),ct[a[i]]++,mx=max(mx,a[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(vis[a[i]]) continue;
		vis[a[i]]=1;ll ret=0;
		for(int j=a[i]<<1;j<=mx;j+=a[i]) ret+=ct[j];
		ans+=ret*ct[a[i]];
		ans+=1ll*ct[a[i]]*(ct[a[i]]-1);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
} 

Day 2 T1 取模

Description

给出 \(n\) 个正整数 \(a_i\)，选择不同的三个下标 \(i,j,k\)，最大化 \((a_i+a_j)\bmod a_k\)。

\(n\le 2\times 10^5,a_i\le 10^8\)

solution

考虑一个 \(\mathcal O(n^2\log n)\) 的暴力，暴力枚举 \(k\)，将其他所有数 \(\bmod\) 上一个 \(a_k\) 后得到 \(b\) 数组，最大值只有两种情况：

• \(b_i+b_j\geq a_k\)，此时直接选择最大的两个 \(b_i\) 与 \(b_j\) 更新答案一定最优
• \(b_i+b_j<a_k\)，枚举 \(i\) ，那么选择最大的 \(<a_k-b_i\) 的 \(b_j\) 来更新答案一定最优，后者可以使用 \(lower\_bound\) 找到。

考虑优化这个暴力，将 \(a\) 从小到大排序，从后往前考虑每个 \(a\) 作为模数，并记录当前的最优解，如果当前的 \(a\le ans\)，那么接下来的 \(a\) 不可能再更新 \(ans\) 了，直接 \(break\)。同时，相同的 \(a\) 我们只考虑一次。这样一来，我们将只会进行 \(\mathcal O(\log \max a_i)\) 次暴力检验，下面对这一结论进行证明。

假设我们最终在 \(a_{x-1}\) 处停止，即 \(a_{x-1}\le ans<a_x\)。

因此有 \(\forall i\in [x,n]\)，有

\[ans\ge (a_{i-1}+a_{i-2})\bmod a_i\ge a_{i-1}+a_{i-2}-a_i \]

故

\[a_i-ans\ge (a_{i-1}-ans)+(a_{i-2}-ans) \]

不妨设 \(d_i=a_i-ans\)，那么 \(d_i>0\) ，因此 \(d\) 至少以斐波那契数列增长的速度进行增长，最多增长 \(\mathcal O(\log \max a_i)\) 次就停止增长了，复杂度得证。

最终复杂度为\(\mathcal O(n\log \max a_i \log n )\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,a[N],ans,b[N],mx[N];
inline void solve(int s){
	for(int j=1;j<=n;++j) b[j]=a[j]%a[s];
	sort(b+1,b+n+1);
	for(int j=2;j<=n;++j){
		int mx=lower_bound(b+j+1,b+n+1,a[s]-b[j])-b-1;
		if(mx>j) ans=max(ans,b[j]+b[mx]); 
	}
	ans=max(ans,(b[n-1]+b[n])%a[s]);
} 
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=n;i>=1;--i){
		if(a[i]<=ans) break;
		if(a[i]==a[i+1]) continue;
		solve(i);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}