CodeForces 1406 - Codeforces Round #670 (Div. 2)
（注：本来开了个坑，原标题为「do you know wtf it is???」，正文为「懵逼了吧」，所以被 hsc 骂了……）
这场比较简单，所以本文的重心放在一波三折的比赛（赛后？）经历上（
本来想着用 tzcWh... 这个号控制住不要上橙，大概控制在 2070~2099 左右，然后下一场 div. 2 就能超过大号这样。
比赛结束前 5min E 交上去 WA 了，于是弃了，看了眼 predictor，能直接上 2150，这不行啊。于是开始故意 hack 失败，网速比较慢所以 5min 只 hack 了 5 次。
减了 250pts 之后比赛结束，又看了一眼 predictor，+130？掐指一算，涨到 2102？wtf？？？要上橙就给我上高一点，要么就不要上橙，ntm 给我搭个橙名线是几个意思？很后悔没有早点开始 hack，多 hack 一次就 CM 稳了。然后就跟 wjz 疯狂祖安。
然后突然发现我的 A 好像 FST 了，上面出现了个红色的 -1？那 tgxl，rating 低一点没关系，至少不用上橙了！然后 wjz 说「这是 feature，你刷新一下」（老 system test 观众了），然后又没 FST，得分了。还我 FST！！！于是继续祖安，祖安累了去洗了个澡。
洗完澡回来之后发现 wjz 跟我说「不会 master」，又是啥？system test 已经结束了，打开 predictor 一看 +124，2096？tgxl，这个结果我满意。于是开开心心睡觉去了。
早上起来忐忑地打开电脑，发现居然 +127，2099？这无疑是我最满意的结果，请叫我控分带师（
也许这就是命运吧（
下面是题解（正文部分）
CF 比赛页面传送门
A - Subset Mex
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给定一个集合 \(a,|a|=n\)，将它分成两个集合 \(A,B\)，要求最大化 \(\operatorname{mex}(A)+\operatorname{mex}(B)\)。本题多测。
\(n\in[1,100],a_i\in[0,100],T\in[1,100]\)。
随便贪心就好了，两个集合的 \(\operatorname{mex}\) 齐头并进，某个进不了了就停下来，两个都停下来的时候就是答案最大化的情况。代码也随便写了吧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100;
int n;
int a[N+1];
int cnt[N+1];
void mian(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++)cnt[a[i]]++;
int fst=0;
for(int i=0;i<=100;i++)if(cnt[i]<2){fst=i;break;}
for(int i=fst;i<=100;i++)if(cnt[i]<1)return cout<<fst+i<<"\n",void();
if(fst)cout<<fst+101<<"\n";
else cout<<202<<"\n";
}
int main(){
int testnum=1;
cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}
B - Maximum Product
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给定 \(n\) 个整数（可正可负可零），求其中 \(5\) 个数的乘积的最大值。本题多测。
\(n\in\left[5,10^5\right],\sum n\leq 2\times10^5\)。
这个就分个两种情况吧，有 \(0\) 和无 \(0\)。
有 \(0\) 的话就是 \(0\) 了。
无 \(0\) 的话就枚举正数个数，然后排个序贪个心就切了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n;
void mian(){
cin>>n;
vector<int> po,ne;
int ans=-inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x;
if(x>0)po.pb(x);
if(x==0)ans=0;
if(x<0)ne.pb(x);
}
sort(po.begin(),po.end(),greater<int>());
sort(ne.begin(),ne.end());
for(int i=0;i<=5;i++){
if(i<=po.size()&&5-i<=ne.size()){
int res=1;
if(5-i&1){
for(int j=(int)(po.size())-1;j>=(int)(po.size())-i;j--)res*=po[j];
for(int k=(int)(ne.size())-1;k>=(int)(ne.size())-(5-i);k--)res*=ne[k];
}
else{
for(int j=0;j<i;j++)res*=po[j];
for(int k=0;k<5-i;k++)res*=ne[k];
}
ans=max(ans,res);
}
}
cout<<ans<<"\n";
}
signed main(){
int testnum=1;
cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}
C - Link Cut Centroids
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给定一棵大小为 \(n\) 的树。要求删掉一条边加上一条边使重心唯一。给出方案。本题多测。
\(n\in\left[3,10^5\right],\sum n\leq 10^5\)。
假如说本来就唯一的话不用说。否则：
显然两个重心相邻。钦定其中一个为根，那么另一个就是第 \(2\) 层。我也不知道怎么想出来的，就随便试吧，可以删掉第 \(2\) 层重心的任意一条通向儿子的边（由 \(n\geq 3\) 易证一定有儿子），然后把那个儿子连向根即可。
证明的话，显然删加过之后根依然是重心，因为子树大小最大值变小了嘛。而第 \(2\) 层那个的相对应的显然变大了，那么它们的最大子树大小就不等了，就不可能同时为重心。然后如何证其他点不为重心呢？因为要想是重心就必须与根相邻，而这三个点发生关系跟其他儿子有个屁的关系，那最大子树大小肯定就不变啊，就无法翻身。得证。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=100000;
int n;
vector<int> nei[N+1];
int sz[N+1];
void dfs(int x=1,int fa=0){
sz[x]=1;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
sz[x]+=sz[y];
}
}
void mian(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)nei[i].clear();
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
nei[x].pb(y);nei[y].pb(x);
}
dfs();
vector<int> cen;
for(int i=1;i<=n;i++){
bool flg=true;
int sum=1;
for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
int x=nei[i][j];
if(sz[x]>sz[i])continue;
flg&=sz[x]<=n/2;
sum+=sz[x];
}
flg&=n-sum<=n/2;
if(flg)cen.pb(i);
}
assert(cen.size()<=2);
if(cen.size()==1)printf("%d %d\n%d %d\n",1,nei[1][0],1,nei[1][0]);
else{
int son=nei[cen[0]][0]==cen[1]?nei[cen[0]][1]:nei[cen[0]][0];
printf("%d %d\n%d %d\n",cen[0],son,cen[1],son);
}
}
int main(){
int testnum=1;
cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}
D - Three Sequences
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给定一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\)。你需要构造出长度为 \(n\) 的数列 \(b,c\)，满足 \(a_i=b_i+c_i\)，且 \(b\) 不降，\(c\) 不升。最小化 \(\max(b_i,c_i)\)。然后还有 \(q\) 次区间增加，每次输出最小化的结果。
\(n,q\in\left[1,10^5\right]\)。
二话不说先找结论啊。通过观察样例发现，一开始 \(b_1,c_1\) 随便取只要满足 \(a_1=b_1+c_1\) 即可，然后以后的话，若 \(a\) 的增量 \(\geq 0\) 就在 \(b\) 上加，否则就在 \(c\) 上减。证明的话随便想想很简单，显然 \(\max(b_i,c_i)=\max(b_n,c_1)\)，那么在 \(b_1,c_1\) 固定的时候，\(b\) 的总增量显然越小越好，于是就只有在必要的时候才在 \(b\) 上加咯。
然后现在解决 \(b_1,c_1\) 不固定的事情。我们想要令 \(\max(b_n,c_1)\) 这个柿子最小，那么首先需要将 \(b_n\) 用 \(b_1\) 表示一下。令增量 \(\Delta_i=a_{i+1}-a_i\)，则 \(b_n=b_1+\sum\limits_{i=1}^{n-1}[\Delta_i\geq 0]\Delta_i\)。令那个 \(\sum\) 为 \(\Sigma\)，那么柿子为 \(\max(b_1+\Sigma,c_1)\)。又 \(a_1=b_1+c_1\)，则柿子又可以写为 \(\max(b_1+\Sigma,a_1-b_1)\)。那么注意到 \(\max\) 两个参数是和为常量的，那么最理想的情况是令它们相等，则 \(\max\) 最小。解个方程可以得到 \(b_1=\dfrac{a_1-\Sigma}2\)。但是不允许出现小数，所以还要取个整然后左右两边 round 一下。
然后还有区间加呢。注意到区间加只会令两个增量变化，于是随便 \(\mathrm O(1)\) 维护即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=100000;
int n;
int a[N+1];
int qu;
int d[N+1];
int calc(int now,int x){
int res=inf;
for(int i=now-3;i<=now+3;i++)res=min(res,max(i+x,a[1]-i));
return res;
}
void mian(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i);
for(int i=1;i<n;i++)d[i]=a[i+1]-a[i];
int x=0;
for(int i=1;i<n;i++)if(d[i]>0)x+=d[i];
cout<<calc(a[1]-x>>1,x)<<"\n";
cin>>qu;
while(qu--){
int l,r,v;
scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&v);
if(l==1)a[1]+=v;
if(l-1&&d[l-1]>0)x-=d[l-1];
if(r<n&&d[r]>0)x-=d[r];
d[l-1]+=v,d[r]-=v;
if(l-1&&d[l-1]>0)x+=d[l-1];
if(r<n&&d[r]>0)x+=d[r];
printf("%lld\n",calc(a[1]-x>>1,x));
}
}
signed main(){
int testnum=1;
// cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}
E - Deleting Numbers
这是钓鱼王子出的好题哦~
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本题为交互题。给定 \(n\)，初始时有 \(A=[1,n]\cap \mathbb Z\)。你有 \(3\) 种操作：
- 查询 \(A\) 中有多少个 \(a\) 的倍数（\(a\in [1,n]\)）；
- 查询 \(A\) 中有多少个 \(a\) 的倍数（\(a\in[2,n]\)），并将 \(A\) 中所有 \(a\) 的倍数删去，特殊地，如果 \(x\) 是 \(a\) 的倍数则不删；
- 得出答案 \(a\)，操作之后立即结束。
你需要在不超过 \(10^4\) 次操作内猜出某个预先设定好的 \(x\in A\)。
\(n\in\left[2,10^5\right]\)。
思路在于，通过操作 \(1\) 和操作 \(2\) 的配合，实现查询 \(x\) 是否是 \(a\) 的倍数。
不难想到尝试将 \(x\) 分解质因数，根据弱智的唯一分解定理可以确定 \(x\)。
最 naive 的想法是每个质数的幂都试一遍。打个表发现 \(\pi(n)\) 大概是 \(9500+\)，然后质数的幂大概是 \(9700\) 左右个。你可能会说，噫，好，这场 div. 2 我阿克了！哦上帝，瞧瞧这天真的声音。注意到操作 \(2\) 是先返回结果再删除的，也就是说它的返回结果是个幌子，你想知道 \([a\mid x]\) 必须要先 \(2\) 再 \(1\)，\(2\) 步走。
想到寿司晚宴那题的一个结论：将质数分成小质数和大质数，则每个数最多含有一个大质因子。
那么先将小质因子随便毛搞搞，我们设 \(\tau(m)\) 表示 \(m\) 以内质数的幂的个数，那么是 \(2\tau(\sqrt n)\) 步的。实际上可以进一步优化，对于每个质数，先将它给 \(2\) 了，然后每个幂就可以直接查了。这样是 \(\pi(\sqrt n)+\tau(\sqrt n)\) 的。别看这一步优化微不足道，其实她能决定你是否 AC。
现在把质因数分解式里的小质因子部分已经分解出来了，并且 \(A\) 里显然只剩下 \(1\) 和 \(x\) 和所有大质数。接下来的任务就是要找出 \(x\) 是否有大质因子，如果有的话是谁。
需要分出两种情况：
- 小质因子部分 \(>1\)。那么显然 \(x\) 是不属于那个大质数集的。那还怕个鬼啊，直接检查所有的大质数乘以小质因子部分是否剩一个数，剩的话大质因子就是他了乘上去，否则没有；
- 小质因子部分 \(=1\)。此时就需要害怕了，因为你「检查所有的大质数乘以小质因子部分是否剩一个数」的话，那你任何一次检查结果都是「是」，就无语了。而此时问题变得更加简单，剩下来的集合就是 \(1\) 和所有大质数，而你可以确定 \(x\) 就在里面。考虑对大质数序列分块。每块整体删一下，然后如果集合大小减少数量不对劲就说明 \(x\) 一定在这块里面，集中精力搞。由于块大小不大，可以直接逐个用操作 \(1\) 排查。总操作次数大约为 \(\pi(\sqrt n)+\tau(\sqrt n)+(\pi(n)-\pi(\sqrt n))+2\sqrt{\pi(n)-\pi(\sqrt n)}=\tau(\sqrt n)+\pi(n)+2\sqrt{\pi(n)-\pi(\sqrt n)}\)，卡的死死的，出题人真是毒瘤。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
bool ispr(int x){
if(x<2)return false;
for(int i=2;i*i<=x;i++)if(x%i==0)return false;
return true;
}
int A(int x){
printf("A %d\n",x),fflush(stdout);
cin>>x;return x;
}
int B(int x){
printf("B %d\n",x);fflush(stdout);
cin>>x;return x;
}
void C(int x){printf("C %d\n",x);fflush(stdout);exit(0);}
void mian(){
int n;
cin>>n;
if(n==1)C(1);
vector<int> pr;
for(int i=2;i<=n;i++)if(ispr(i))pr.pb(i);
int x=1,lim=sqrt(n);
for(int i=0;pr[i]<=lim;i++){
B(pr[i]);
int now=1;
while(now*pr[i]<=n)now*=pr[i];
while(now>1){
if(A(now)==1){x*=now;break;}
now/=pr[i];
}
}
vector<int> v;
for(int i=0;i<pr.size();i++)if(pr[i]>lim)v.pb(pr[i]);
if(x==1){
int now=A(1);
for(int i=0;i<v.size();i+=100){
for(int j=i;j<i+100&&j<v.size();j++)B(v[j]);
int res=A(1);
if(now-res==min(i+100,int(v.size()))-i)now=res;
else{
for(int j=i;j<i+100&&j<v.size();j++)if(A(v[j])==1){x=v[j];break;}
break;
}
}
}
else{
for(int i=0;i<v.size();i++)if(1ll*x*v[i]<=n&&A(x*v[i])==1){x*=v[i];break;}
}
C(x);
}
int main(){
int testnum=1;
// cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}
