Codeforces Round #613 选讲

http://codeforces.com/contest/1285/problem/D

从高位往低位看，如果某一位上全是一样的数字，则直接看下一位；如果某位上有0有1，表明这一位答案上一定有个1，但具体那个X是要取0还是取1，取决于后面的位数，由此可将数字按这一位的01分成两组，递归地解决问题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
#define maxn 200011
int a[maxn];

int dfs(int x,int L,int R)
{
    if (x<0) return 0;
    if (((a[R]>>x)&1)==0 || ((a[L]>>x)&1)==1) return dfs(x-1,L,R);
    int mid=L; for (;mid<=R && ((a[mid]>>x)&1)==0;mid++);
    return (1<<x)+min(dfs(x-1,L,mid-1),dfs(x-1,mid,R));
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    printf("%d
",dfs(29,1,n));
    return 0;
}

http://codeforces.com/contest/1285/problem/E

思路点在于找到“删除后会增加/减少的那些线段并后的区间”，即什么情况下，删除某个区间后，并后的区间与初始的并相比会变多/变少。变多：对一个坐标x，如果此时x为某个线段的起点，且x刚好被且只被某线段i覆盖，则删去i后区间数+1。变少：如果某条线段的左端点本来就是初始并的某个左端点，那么删去之后会比初始并少去一个区间（当然可能还有新增加的，这由前一种情况统计）。采用扫描线的方法完成，把一个线段拆成两个修改操作，按坐标排序后分别统计初始答案和以上两种情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int T,n,lq;
#define maxn 400011
struct SEG{int l,r;}a[maxn];
struct QUES
{
    int x,id,ty;
    bool operator < (const QUES &b) const {return x<b.x || (x==b.x && ty>b.ty);}
}q[maxn<<1];
void addq(int x,int id,int ty) {q[++lq]=(QUES){x,id,ty};}
int diff[maxn];
set<int> s;
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        lq=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r),addq(a[i].l,i,1),addq(a[i].r,i,-1);
        sort(q+1,q+1+lq);
        
        memset(diff,0,sizeof(diff));
        int cnt=0,init=0;
        for (int i=1,j,k;i<=lq;)
        {
            bool flag=(cnt==0);
            j=i;
            while (j<=lq && q[j].x==q[i].x) j++;
            k=i;
            for (;q[k].ty==1 && k<j;k++) cnt++;
            if (flag && cnt==1) diff[q[i].id]--;
            for (;q[k].ty==-1 && k<j;k++) cnt--;
            if (cnt==0) init++;
            i=j;
        }
        
        s.clear();
        for (int i=1,j,k;i<=lq;)
        {
            int add=(s.size()==1?(*s.begin()):-1);
            j=i;
            while (j<=lq && q[j].x==q[i].x) j++;
            k=i;
            for (;q[k].ty==1 && k<j;k++) s.insert(q[k].id);
            if (s.size()>1 && ~add) diff[add]++;
            for (;q[k].ty==-1 && k<j;k++) s.erase(s.lower_bound(q[k].id));
            i=j;
        }
        
        int ans=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,init+diff[i]);
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

http://codeforces.com/contest/1285/problem/F

枚举gcd，每次只考虑gcd的倍数（复杂度允许），将它们分别除以gcd后，在其中找乘积最大的互质的两个数。可以将它们从大到小排序入栈，每次一个数x入栈后，若监测到栈中存在与他互质的数就不停弹栈，弹到没有为止，最后弹出去的那个就是与x互质且最大的数。与x互质的数的数量即$sum_{d|x} mu(d) imes cnt_d$，其中$cnt_d$为$d$的倍数个数（可以考虑两数互质的情况然后推广可得此式）。每次可枚举x的约数计算（复杂度++）。总复杂度为每个数约数个数的平方之和。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long

int n;
#define maxn 200011
#define MAXNUM 100000
int a[maxn];
bool cmp(int a,int b) {return a>b;}

vector<int> Div[maxn],mul[maxn];
int miu[maxn],pri[maxn],lp=0; bool vis[maxn];
void makeprime(int n)
{
    miu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!vis[i]) pri[++lp]=i,miu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=lp && 1ll*i*pri[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*pri[j]]=1;
            miu[i*pri[j]]=-miu[i];
            if (i%pri[j]==0) {miu[i*pri[j]]=0; break;}
        }
    }
}

int top=0,sta[maxn],cnt[maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    
    for (int i=1;i<=MAXNUM;i++)
        for (int j=i;j<=MAXNUM;j+=i)
            Div[j].push_back(i);
    
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<Div[a[i]].size();j++)
            mul[Div[a[i]][j]].push_back(a[i]/Div[a[i]][j]);
    
    makeprime(MAXNUM);
    
    LL ans=0;
    for (int i=1;i<=MAXNUM;i++) if (mul[i].size()>0)
    {
        top=0;
        for (int j=0,now,last;j<mul[i].size();j++)
        {
            last=0; now=mul[i][j];
            while (1)
            {
                int tot=0;
                for (int k=0;k<Div[now].size();k++) tot+=miu[Div[now][k]]*cnt[Div[now][k]];
                if (tot>0)
                {
                    last=sta[top];
                    for (int k=0;k<Div[last].size();k++) cnt[Div[last][k]]--;
                    top--;
                }
                else
                {
                    ans=max(ans,1ll*last*now*i);
                    break;
                }
            }
            sta[++top]=now;
            for (int k=0;k<Div[now].size();k++) cnt[Div[now][k]]++;
        }
        while (top)
        {
            int last=sta[top];
            for (int k=0;k<Div[last].size();k++) cnt[Div[last][k]]--;
            top--;
        }
    }
    
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}