AtCoder abc165 - AtCoder Beginner Contest 165
（注：上图真实，未F12）
第一次AK ABC，写个题解纪念一下吧
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A - We Love Golf
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给定\(a,b,c\)，问区间\([b,c]\)内是否存在整数\(x\)使得\(a\mid x\)。
\(c\in[1,1000],1\leq a\leq b\leq1000\)。
没什么可说的，直接跑一遍\(b\sim c\)判断一下即可。
代码（现场代码，下同）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
for(int i=b;i<=c;i++)if(i%a==0)return puts("OK"),0;
puts("NG");
return 0;
}
B - 1%
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原有\(100\)円，每年增加\(1\%\)，不足\(1\)円的零头被抛弃。问多少年后能\(\geq n\)円。
\(n\in\left[101,10^{18}\right]\)。
直接暴力，一开始\(100\)，每次\(\times 1.01\)并下取整直到\(\geq n\)，顺便计个次。
观察样例可发现，最多增加\(3760\)次，不用担心TLE。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
long long n;
cin>>n;
long long now=100;
for(int i=1;;i++){
now=1.01*now;
if(now>=n)return cout<<i,0;
}
return 0;
}
C - Many Requirements
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给定\(n,m,s\)和\(s\)个四元组，第\(i\)个为\((a_i,b_i,c_i,d_i)\)，求在所有满足\(1\leq lis_1\leq lis_2\leq\cdots\leq lis_n\leq m\)的长度为\(n\)的整数序列\(lis\)中，最大的\(\sum\limits_{i=1}^s[lis_{b_i}-lis_{a_i}=c_i]d_i\)。
\(n\in[2,10],m\in[1,10],s\in[1,50]\)。
考虑枚举所有的\(lis\)算答案并取最大值。看起来满足条件的\(lis\)的数量大概是\(\mathrm O(m^n)\)级别的，但其实绝大多数每个数\(\in[1,m]\)、长度为\(n\)的整数序列都不满足条件。考虑算出满足条件的\(lis\)的数量最大是多少。
显然，当\(n,m\)都最大时，数量最大。于是我们写这样一个程序跑一跑：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,l) for(int i=l;i<=10;i++)
int main(){
int ans=0;
rep(a,1)rep(b,a)rep(c,b)rep(d,c)rep(e,d)rep(f,e)rep(g,f)rep(h,g)rep(i,h)rep(j,i)ans++;
cout<<ans;
return 0;
}
跑出来当\(n=m=10\)时数量只有\(92378\)。这时候就可以放心大胆地暴搜了，对于一个\(lis\)计算答案的时间复杂度为\(\mathrm O(s)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10,S=50;
int n,m,s;
int a[S+1],b[S+1],c[S+1],d[S+1];
int lis[N+1];
int ans;
void dfs(int x=1,int now=1){
if(x==n+1){
int res=0;
for(int i=1;i<=s;i++)if(lis[b[i]]-lis[a[i]]==c[i])res+=d[i];
ans=max(ans,res);
return;
}
lis[x]=now;
for(int i=now;i<=m;i++)dfs(x+1,i);
}
int main(){
cin>>n>>m>>s;
for(int i=1;i<=s;i++)cin>>a[i]>>b[i]>>c[i]>>d[i];
dfs();
cout<<ans;
return 0;
}
D - Floor Function
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给定\(a,b,c\in\mathbb Z\)，求\(\max\limits_{i=1}^c\left\{\left\lfloor\dfrac{ai}b\right\rfloor-a\left\lfloor\dfrac ib\right\rfloor\right\}\)。
\(a\in\left[1,10^6\right],b,c\in\left[1,10^{12}\right]\)。
直接枚举\(i\)是\(\mathrm O(c)\)的，显然过不去。考虑对这个\(\left\lfloor\dfrac{ai}b\right\rfloor-a\left\lfloor\dfrac ib\right\rfloor\)式子变变形。看上去没有思路，考虑将下取整换为原数减去小数部分的形式：
此时显然函数值只与\(i\bmod b\)有关，即\(f(i)=f(i\bmod b)\)。不妨只考虑所有的\(i<b\)。此时显然\(\left\{\dfrac ib\right\}=\dfrac ib\)。所以
显然当\(i=\min(b-1,c)\)时，\(f(i)\)最大。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
long long a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
if(b-1>c)cout<<int(a*(1.*c/b));
else cout<<int(a*(1.*(b-1)/b));
return 0;
}
E - Rotation Matching
这其实是最难的一题，因为F是套路题。
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有\(n\)个人，共\(n\)轮比赛，每轮所有人往右移一格，最后面的人移到最前面。每轮有\(m(2m+1\leq n)\)场比赛，每场比赛描述为两个位置，表示每轮都是固定这两个位置的人打比赛，比赛的人集不相交。给出一组\(m\)场比赛的描述，使得每人在\(n\)轮里打的\(2m\)场比赛的对手两两不同。
\(n\in\left[1,10^5\right]\)。
一个显然的结论是：若一个人满足题意，则所有人满足题意，因为所有人是轮换对称的（是这么说的吧？）。
当\(n\)是奇数时，方法显然：位置\(i\)跟\(n-i+1\)配。
当\(n\)是偶数时呢？naive地想，跟\(n\)是奇数的方法一样的话，那位置关于中心对称的两个人会交两次手，不行。不难发现，根据\(2m+1\leq n\)可以得出至少有\(2\)个位置没有比赛，暗示了我们可以牺牲空间换取奇偶性。然后这也没啥可说的，只能手玩一会儿，可以玩出来一种方法：从中间截半，如果两半大小是奇数，就把左一半的最右边分到右一半去。此时两半大小都是偶数，左边那半按naive方法，右边那半牺牲掉最后一个，剩下来奇数个，用奇数的方法。这样是正确的，别问我咋想到的。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int main(){
cin>>n>>m;
if(n&1)//n为奇数
for(int i=1;i<=m;i++)cout<<i<<" "<<n-i+1<<"\n";
else{//n为偶数
for(int i=1;i<=n/4&&m;i++,m--)cout<<i<<" "<<n/4*2-i+1<<"\n";//左一半
for(int i=n/4*2+1;m;i++,m--)cout<<i<<" "<<n/4*2+1+n-1-i<<"\n";//右一半
}
return 0;
}
F - LIS on Tree
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给定一棵大小为\(n\)的树，求对于每个点，\(1\)到这个点组成的序列的LIS。
\(n\in\left[1,2\times10^5\right]\)。
（这是我第一个做出来的题）
考虑跟普通的线性结构上的LIS设类似的状态，状态转移方程也类似。
普通的线性LIS可以用BIT优化，而这里树上DFS回溯的时候需要撤销，我们可以对于每个离散化后的值开一个multiset来撤销，每次将multiset中最大的数扔到BIT里。可是，这样有可能变小，BIT是处理不了的，于是可以用线段树维护。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=200000;
int n;
int a[N+1];
vector<int> nums;
void discrete(){//离散化
sort(nums.begin(),nums.end());
nums.resize(unique(nums.begin(),nums.end())-nums.begin());
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(nums.begin(),nums.end(),a[i])-nums.begin();
}
vector<int> nei[N+1];
multiset<int> st[N];
struct segtree{//线段树
struct node{int l,r,mx;}nd[N<<2];
#define l(p) nd[p].l
#define r(p) nd[p].r
#define mx(p) nd[p].mx
void bld(int l=0,int r=nums.size()-1,int p=1){
l(p)=l;r(p)=r;mx(p)=0;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
bld(l,mid,p<<1);bld(mid+1,r,p<<1|1);
}
void init(){bld();}
void sprup(int p){mx(p)=max(mx(p<<1),mx(p<<1|1));}
void chg(int x,int v,int p=1){//单点修改
if(l(p)==r(p))return mx(p)=v,void();
int mid=l(p)+r(p)>>1;
chg(x,v,p<<1|(x>mid));
sprup(p);
}
int _mx(int l,int r,int p=1){//区间最大值
if(l>r)return 0;
if(l<=l(p)&&r>=r(p))return mx(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1,res=0;
if(l<=mid)res=max(res,_mx(l,r,p<<1));
if(r>mid)res=max(res,_mx(l,r,p<<1|1));
return res;
}
}segt;
int dp[N+1],ans[N+1];
void dfs(int x=1,int fa=0){
dp[x]=segt._mx(0,a[x]-1)+1;//转移方程
ans[x]=max(ans[fa],dp[x]);
st[a[x]].insert(dp[x]);
segt.chg(a[x],*--st[a[x]].end());
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
}
st[a[x]].erase(st[a[x]].find(dp[x]));//回溯时撤销
segt.chg(a[x],*--st[a[x]].end());//撤销
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],nums.pb(a[i]);
discrete();
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
nei[x].pb(y);nei[y].pb(x);
}
for(int i=0;i<nums.size();i++)st[i].insert(0);
segt.init();
dfs();
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<"\n";
return 0;
}
