Codeforces Round #778 (Div. 1 + Div. 2, based on Technocup 2022 Final Round) A-E 题解

打得一团糟，并且没开long long见祖宗，吃了FST。

A. Maximum Cake Tastiness

题意：至多进行一次区间翻转操作，使得 $\max \{a_i+a_{i+1}\}$ 最大
题解：显然可以把任意的 $a_i$ 和 $a_j$ 翻到一块去，选最大和次大就行了，懒得写 $O(n)$，发现 $O(n^2)$ 能过。

B. Prefix Removals

题意：一个字符串，每次选最长的在字符串中出现了两次及以上的前缀，把这个前缀删掉。输出最终剩下的字符串。
题解：如果当前字符串的第一个字符在后面出现过，肯定会被删掉。如果没出现过肯定删不掉。所以找到所有字符最后一次出现的位置的min就好了。（即：发现当前字符 $s_i$ 在 $[i,n]$ 中只出现了一次就可以break）

C. Alice and the Cake

题意：Alice 有一块大小为 $sum$ 的蛋糕，她每次可以选择将她现有的所有块中的一块 $w$ 大小的切成分别是 $\lfloor \frac w 2 \rfloor$ 和 $\lceil \frac w 2 \rceil$ 大小的两块蛋糕。给出一个最终蛋糕序列，问Alice 可不可能切出这么个蛋糕。
题解：如果Alice没发现最终答案序列里有当前块大小的蛋糕，她肯定得切当前块。如果有，她肯定留着不切，因为切这块并留着后面一块和它一样大的，和留着这块并切后面一块和它一样大的，是本质相同的行为。但是无解的时候会不会T呢？答案是不会，因为最差情况就是它每次都扫到底然后发现答案序列里有大小为1的一块，那也顶多 $n\log n$ 次就会发现无解了。（应该是吧，实际上我是瞎嘴巴的。

map<ll, int>mp;//哈哈。没开long long，我一口一个fst。
bool solve(ll x) {
    if(mp[x]) { mp[x]--; return 1; }
    if(x == 1) return 0;
    if(solve(x / 2) && solve((x + 1) / 2)) return 1;
    return 0;
}

D. Potion Brewing Class

题意：给你 $n$ 个数，$n-1$ 个关系，表示 $a_i:a_j=x:y$。保证能够确定他们之间的比例，求所有 $a_i$ 都是正整数时的最小 $\sum a_i$
题解：

显然是一棵树，然后所有分母求 lcm，再带回去算。~~于是大家$^{[1]}$一起美妙卡D，我满脑子 $n$ 个极其大的数求lcm，并将 $lcm \bmod 998244353$ 输出。~~
Alaso_Shuang：D首先对1~n分解质因数，这个预处理，然后你维护一个bucket代表每个质因数当前的出现次数，每次新走一条边x/y 的时候，枚举每个x的指引数,bucket[p]--，枚举每个y的质因数，bucket[p]++，然后开一个maxn数组，开始maxn都是0，如果bucket[p]>maxn[p]了，val*=p，val初始为1，val就是点1的最小权值，然后dfs一遍就好了吧
流泪了。其实maxn里面每个质因子最多出现 $O(n\log n)$ 次。显然是可行的。说明我没有脑子。

关于具体实现

void update(int id, int va) {
    int xx = x[id], yy = y[id];
    int i;
    for(i = 2; i * i <= max(xx, yy); i++) {
        while(xx % i == 0) xx /= i, bk[i] -= va;
        while(yy % i == 0) yy /= i, bk[i] += va;
        mx[i] = max(mx[i], bk[i]);
    }
    i = xx; bk[i] -= va;
    if(xx != yy) mx[i] = max(mx[i], bk[i]);
    i = yy; bk[i] += va;
    mx[i] = max(mx[i], bk[i]);
    return;
}

EricQian: 这个合并我写的线段树合并，怎么写啊？？

E. Arithmetic Operations

题意：把一个数组 $a$ 篡改成一个等差数列（具体你定，只要是等差数列就好了）。问你最少修改次数。（修改一个数算一次）
题解：
首先你观察这个一组数据，$n\le {10}^5$，没有多组数据，这很不CF，很像根号。
那么有什么可以用来根号分治呢，发现这个值域也是 1e5。
如果把公差定的很大或者很小，肯定是不优的。

$abs(d) \le \sqrt n$：先扫一遍，可以选择出一个最优的 $a_1$，然后扫一遍算答案。 $O(n\sqrt n)$
$abs(d) > \sqrt n$：
正常的数：指一个 $[1,10^5]$ 范围内的数。
答案里肯定有正常的数，因为修改 $n-1$ 个的方案肯定能构造出来。
$d > \sqrt n$，那么从一个正常的数出去 $\sqrt n$ 个，就到了不正常的数去了，肯定要修改了。
所以我们枚举那个正常的数 $a_i$，然后我们需要考虑公差是多少。
它左右出去 $\sqrt n$ 个的数，都是可能不用修改的数。再出去就肯定要修改了，所以公差只和这 $2\sqrt n$ 个数有关。
那么我们考虑 $a_i$ 和 $a_j$ 如果都不修改，那么公差会是多少。然后就可以知道最优公差。

最优公差的绝对值并不 $> \sqrt n$，并不会寄
如果最优公差的绝对值并不 $> \sqrt n$，是否会造成错误，使得答案变小或变大？不会使得答案变小：因为在这种情况中，较小的公差会把一些不用修改的数认为是“不正常”的数，比最终答案要大，实际上 $\le sqrt(n)$ 中的情况会覆盖它。不会使得答案变大：而它已经是当前最优公差，没有比它更优的了，所以也不会使得答案变大。
不要使用map，会被卡常。
$d\le \sqrt n$ 的情况中，最后扫一遍统计答案的时候，忘记加公差，也能过所有样例。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mkp make_pair
#define pb push_back
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define ls(x) ((x) << 1)
#define rs(x) ((x) << 1 | 1)
#define fi first
#define se second
const int N = 1e5 + 10, M = 2e5 + 2 * 320 * N, K = 1e5 + 317 * N;
int n, B, mp[M];
ll a[N];
int calc(ll d) {
    ll val = a[1]; int ret = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        mp[K + a[i] - d * (i - 1)]++;
        if(mp[K + a[i] - d * (i - 1)] > mp[K + val])
            val = a[i] - d * (i - 1);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(a[i] == val) ret++;
        val += d;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        mp[K + a[i] - d * (i - 1)]--;
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d", &n); B = 317;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld", &a[i]);
    int ans = 0;
    for(int i = -B; i <= B; i++)
        ans = max(ans, calc(i));
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ll val = 0;
        for(int j = max(1, i - B); j < i; j++)
            if((a[i] - a[j]) % (i - j) == 0) {
                ll t = (a[i] - a[j]) / (i - j);
                mp[t + K]++; if(mp[t + K] > mp[val + K]) val = t;
            }
        for(int j = min(n, i + B); j > i; j--)
            if((a[j] - a[i]) % (j - i) == 0) {
                ll t = (a[j] - a[i]) / (j - i);
                mp[t + K]++; if(mp[t + K] > mp[val + K]) val = t;
            }
        ans = max(ans, mp[val + K] + 1);
        for(int j = max(1, i - B); j < i; j++)
            if((a[i] - a[j]) % (i - j) == 0)
                 mp[(a[i] - a[j]) / (i - j) + K]--;
        for(int j = min(n, i + B); j > i; j--)
            if((a[j] - a[i]) % (j - i) == 0) 
                mp[(a[j] - a[i]) / (j - i) + K]--;
    }
    printf("%d\n", n - ans);
    return 0;
}

~~虽然但是，这次ZCETHAN怎么没发题解啊~~

~~我明白了，ZCETHAN觉得太简单了，一下就AK了~~

[1]：”大家“ 指 Felix

posted @ 2022-03-21 14:32 ACwisher 阅读(217) 评论(2) 编辑收藏举报

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