Atcoder ABC393 题解

ABC393

A

分四类输出即可。

Takahashi	Aoki	result
fine	fine	4
fine	sick	3
sick	fine	2
sick	sick	1

submission.

B

$n$ 很小，$O(n^3)$ 枚举 $i,j,k$，判断是否满足 $j-i=k-j$，且 $a_i=$A，$a_j=$B，$a_k=$C。
submission.
当然可以 $O(n^2)$ 枚举 $i,j$，算出 $k$。

C

把所有不是自环的无向边丢进 set，set 中元素个数就是最终简单图的边数。
$m$ 减边数就是答案。
submission.

D

$1$ 与 $0$ 交换，就是将 $1$ 平移一位（好理解一点？）。
令 $1$ 的个数为 $tot$，所有 $1$ 的位置是 $a_1,a_2,\cdots ,a_{tot}$。若最终的区间是 $[l,l+tot-1]$（左端点为 $l$），那么总代价就是 $\sum _{i=1}^{tot}|a_i-(l+i-1)|=\sum _{i=1}^{tot}|(a_i-i+1)-l|$。$l$ 取 $a_i-i+1$ 的中位数即可（经典结论，绝对值可理解为数轴上两点距离，画图，调整法可证）。

submission.

E

枚举倍数比枚举因数好做得多。

大体思路是对于枚举 $a_i$ 的每个因数 $x$（GCD 一定是本身的因数），若 $x$ 是不少于 $k$ 个数的因数，那么 $x$ 这个数就是一个可能的答案，所有的 $x$ 取 max 即可。虽然我们包含了一些错误的答案，不一定是【最大】公因数，但一定会被更大的覆盖掉。

记 $cn{t}_i$ 为 $i$ 在原序列中出现了多少次。
我们枚举值域内所有的数 $i$，枚举所有 $i$ 的倍数 $j$（$i$ 就是 $j$ 的因数），那么 $i$ 这个数就是 $cn{t}_j$ 个数的因数。

我们再次枚举 $i,j$，如果 $cn{t}_i\ge k$，那么就可以用 $i$ 更新 $an{s}_j$。

输出每个 $an{s}_{a_i}$ 即可。

F

我们先用二分求出以 $a_i$ 结尾的 LIS 长度 $f_i$。
具体地，我们建一个辅助数组 $b$，初始长度为 $0$，维护其单增性。
从前往后枚举 $i$，如果 $a_i$ 大于 $b$ 的尾元素，就将 $a_i$ 插入 $b$ 的末尾，$f_i$ 就是 $b$ 的长度；否则，找到第一个 $b$ 中大于等于 $a_i$ 的位置 $p$，连同 $p$ 这个位置，$f_i$ 就等于 $p$，然后将 $b_p$ 改为 $a_i$。
首先 $b$ 的单增性是不会被破坏的，无论哪种情况。
$f$ 的更新操作也很好理解，相当于找到了前面一个比当前小的元素转移。
那为什么要修改 b[p]=a[i] 呢？为了后面转移。后面可能有 $a_i<x\le b_p$ 的元素 $x$，这时将 $x$ 接在 $a_i$ 后面显然不劣。（手玩一下，很好理解）

每个询问的上界只需保证 $r$ 大于等于末元素即可（因为是 LIS）。
于是就是一个二维数点的板子。
具体地，就是平面上有 $n$ 个点 $(i,a_i)$，值为 $f_i$，每个询问要求矩形 $(0,0)-(r,q)$ 中的最大值。
离线一维，用数据结构（树状数组）维护另外一位即可。

submission.

G

不会。