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Codeforces 1114
貌似最近平均难度最低的一场div2了...
但我没有把握住机会TAT
D题没往DP想 写模拟自闭了40多分钟...才想起是个...最简单的区间DP
再多二十分钟就能调出F的傻逼错误了...
A.Got Any Grapes?
puts的返回值原来是0。。刚开始写的return !puts("NO");在样例上RE了一次= =
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
int x=read(),y=read(),z=read(),a=read(),b=read(),c=read();
if(a<x) return puts("NO"),0;
a-=x;
if(a+b<y) return puts("NO"),0;
int tot=a+b+c-y-z;
if(tot<0) return puts("NO"),0;
return puts("YES"),0;
return 0;
}
B.Yet Another Array Partitioning Task
因为可以每隔(m)个分一段，所以选出最大的(m*k)个数，每隔(m)个分一段就行了。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
struct Node
{
int v,p;
bool operator <(const Node &x)const
{
return v>x.v;
}
}A[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
static int Ans[N];
static bool vis[N];
int n=read(),m=read(),K=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=(Node){read(),i};
std::sort(A+1,A+1+n);
LL sum=0;
for(int i=1; i<=K*m; ++i) vis[A[i].p]=1, sum+=A[i].v;
int cnt=0;
for(int i=1,t=0; i<=n; ++i)
if(vis[i] && ++t==m)
t=0, Ans[++cnt]=i;
printf("%I64d
",sum);
for(int i=1; i<cnt; ++i) printf("%d ",Ans[i]);
return 0;
}
C.Trailing Loves (or L'oeufs?)
(Description)
给定(n,b)，求(b)进制下(n!)的末尾零的个数。
(nleq10^{18}, bleq10^{12})。
(Solution)
经典问题。。所以也是一道能搜到的题。。
如果(d=10)，就是求(n!)有多少个(2)和(5)的因子(c_2,c_5)，答案是(min{c_2,c_5})，不难理解。
如果(d
eq10)，同样对(d)质因数分解，令(d=prod_{i=1}^kp_i^{a_i}, a_i
eq0)，依次求出(n!)中有多少个(p_i)，记为(c_i)，答案就是(min_{i=1}^k{c_i})。
求(n!)中质因子(p)的个数的公式：$$f(n)=leftlfloorfrac{n}{p}
ight
floor +leftlfloorfrac{n}{p^2}
ight
floor +leftlfloorfrac{n}{p^3}
ight
floor +cdots$$
实际写的时候(n)每次除以(p)即可，不需要分母不断乘(p)，会爆long long。。。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
LL Calc(LL x,LL y)
{
LL res=0;
for(; x; x/=y) res+=x/y;
return res;
}
int main()
{
static LL P[N];
static int tm[N];
LL n=read(),b=read();
//1
LL ans=1ll<<60;
for(int i=2; 1ll*i*i<=b; ++i)
if(!(b%i))
{
LL cnt=1; b/=i;
while(!(b%i)) b/=i, ++cnt;
ans=std::min(ans,Calc(n,i)/cnt);
}
if(b!=1) ans=std::min(ans,Calc(n,b));
printf("%I64d
",ans);
return 0;
//2
int t=0;
for(int i=2; 1ll*i*i<=b; ++i)
if(!(b%i))
{
P[++t]=i, b/=i, tm[t]=1;
while(!(b%i)) b/=i, ++tm[t];
}
if(b!=1) P[++t]=b, tm[t]=1;
ans=1ll<<60;
for(int i=1; i<=t; ++i)
{
LL cnt=0;
// for(LL x=P[i]; x<=n&&x>0; x*=P[i]) cnt+=n/x;//这么写可能直接爆longlong爆成正数啊。。。= =
for(LL x=n; x; x/=P[i]) cnt+=x/P[i];
ans=std::min(ans,cnt/tm[i]);
}
printf("%I64d
",ans);
return 0;
}
D.Flood Fill(区间DP)
刚开始一看(O(n^2))，就想枚举起点然后模拟。。（mdzz）
无脑区间DP。。
(f[i][j][0/1])表示合并完(isim j)区间，现在颜色是(c_i/c_j)的最小花费。转移特判一下即可。
或者先去掉相邻的重复元素，直接(f[i][j])表示合并完(isim j)区间的最小花费。如果(c_i=c_j)，(f[i][j]=f[i+1][j-1]+1)；否则(f[i][j]=min(f[i+1][j], f[i][j-1])+1)。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=5005;
int A[N],f[N][N][2];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
bool Check(int n)
{
for(int i=1; i<=n; ++i) if(A[i]!=A[1]) return 0;
puts("0");
return 1;
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
if(Check(n)) return 0;
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1; i<=n; ++i) f[i][i][0]=f[i][i][1]=0;
for(int l=1; l<n; ++l)
for(int i=1; i+l<=n; ++i)
{
int j=i+l;
f[i][j][0]=std::min(f[i][j-1][0]+2-2*(A[i]==A[j]),std::min(f[i][j-1][1]+2-(A[j-1]==A[j])-(A[i]==A[j]),std::min(f[i+1][j][0]+1-(A[i]==A[i+1]),f[i+1][j][1]+1-(A[j]==A[i]))));
f[i][j][1]=std::min(f[i][j-1][0]+1-(A[i]==A[j]),std::min(f[i][j-1][1]+1-(A[j-1]==A[j]),std::min(f[i+1][j][0]+2-(A[i]==A[i+1])-(A[i]==A[j]),f[i+1][j][1]+2-2*(A[j]==A[i]))));
}
printf("%d
",std::min(f[1][n][0],f[1][n][1]));
return 0;
}
E.Arithmetic Progression(交互 二分 随机化)
首先通过操作二可以二分出最大值。
然后剩下(30)次操作一能干什么呢。。只能帮我们确定出数列中有某些数，那能做的好像就是随机确定(30)个数。
等差数列中任意两个数作差可以得到(xcdot d)，把确定出的数两两作差然后对差求(gcd)，是有可能得到真正的(d)的。
正确概率是多少呢，感觉挺高的。。然后有最大值有公差，就做完了。
官方题解中对正确概率有证明，大约是(1.86185 imes10^{-9})。
做差的时候先排序，只求出相邻两个数的差就够了，并不需要所有数两两之间作差。
#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define Flush() fflush(stdout)
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
int id[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline int Rd()
{
return rand()<<15|rand();
}
inline int Query1(int n)
{
int p=Rd()%n+1;
printf("? %d
",id[p]), Flush();
std::swap(id[p],id[n]);//不这么写也行 差别不大 无所谓啦
return read();
}
inline int Query2(int x)
{
printf("> %d
",x), Flush();
return read();
}
int main()
{
static int A[66];
srand(time(0));
int n=read();
int l=0,r=1e9,mid,mx=0,rest=60;
while(l<=r)
if(--rest,Query2(mid=l+r>>1)) mx=l=mid+1;
else r=mid-1;
for(int i=1; i<=n; ++i) id[i]=i;
int t=0; rest=std::min(rest,n);
for(int now=n; rest; --rest) A[++t]=Query1(now--);
std::sort(A+1,A+1+t), A[++t]=mx;
int d=A[2]-A[1];
for(int i=3; i<=t; ++i) if(A[i]!=A[i-1]) d=std::__gcd(d,A[i]-A[i-1]);
printf("! %d %d
",mx-(n-1)*d,d), Flush();
return 0;
}
F.Please, another Queries on Array?(线段树 欧拉函数)
(Description)
给定长为(n)的序列(A_i)，要求支持两种操作：
- (l,r,v)，区间([l,r])乘一个数(v)；
- (l,r)，输出(varphi(prod_{i=l}^rA_i))。
(nleq4 imes10^5, qleq2 imes10^5, A_i,vleq300)。
(Solution)
听旁边dalao讨论好像特别可做，扔掉E看F。
忘了欧拉函数怎么求。。去百度百科看了下，发现这不是线段树裸题吗。。
设(prod_{i=l}^rA_i=n=prod_{i=1}^kp_i^{a_i})，那(varphi(n)=prod_{i=1}^kp_i^{a_i}frac{p_i-1}{p_i}=nprod_{i=1}^kfrac{p_i-1}{p_i})。
(k)是(300)以内质数个数，就是(62)。所以我们维护一个区间乘积、区间某个质因子是否出现过就完了。
后者可以用bitset维护，或者因为只有(62)个用long long也行。
复杂度(O(q(log^2n+62)))（区间乘积竟然第一次写...要快速幂所以多个(log)。但是有方法可以去掉快速幂的复杂度，见这一题）。
//1809ms 42100KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=4e5+5,M=301,LIM=62;
const int P[LIM]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293};
const int ref[M]={0,0,0,1,0,2,0,3,0,0,0,4,0,5,0,0,0,6,0,7,0,0,0,8,0,0,0,0,0,9,0,10,0,0,0,0,0,11,0,0,0,12,0,13,0,0,0,14,0,0,0,0,0,15,0,0,0,0,0,16,0,17,0,0,0,0,0,18,0,0,0,19,0,20,0,0,0,0,0,21,0,0,0,22,0,0,0,0,0,23,0,0,0,0,0,0,0,24,0,0,0,25,0,26,0,0,0,27,0,28,0,0,0,29,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,30,0,0,0,31,0,0,0,0,0,32,0,33,0,0,0,0,0,0,0,0,0,34,0,35,0,0,0,0,0,36,0,0,0,0,0,37,0,0,0,38,0,0,0,0,0,39,0,0,0,0,0,40,0,41,0,0,0,0,0,0,0,0,0,42,0,43,0,0,0,44,0,45,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,46,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,47,0,0,0,48,0,49,0,0,0,50,0,0,0,0,0,51,0,52,0,0,0,0,0,0,0,0,0,53,0,0,0,0,0,54,0,0,0,0,0,55,0,0,0,0,0,56,0,57,0,0,0,0,0,58,0,0,0,59,0,60,0,0,0,0,0,0,0,0,0,61};
//为什么const之后慢了不少= =
inline int read();
struct Segment_Tree
{
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,m,ls
#define rson m+1,r,rs
#define S N<<2
int val[S],tag[S];
LL now,Ans,f[S],tagf[S];
#undef S
#define Upd(rt,v,l,vf) val[rt]=1ll*val[rt]*FP(v,l)%mod, tag[rt]=1ll*tag[rt]*v%mod, f[rt]|=vf, tagf[rt]|=vf
#define Update(rt) f[rt]=f[ls]|f[rs], val[rt]=1ll*val[ls]*val[rs]%mod
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
void Build(int l,int r,int rt)
{
tag[rt]=1;
if(l==r)
{
int v=read(); val[rt]=v;
for(int i=0; i<LIM&&P[i]*P[i]<=v; ++i)
if(!(v%P[i]))
{
f[rt]|=1ll<<i, v/=P[i];//1ll!!!
while(!(v%P[i])) v/=P[i];
}
if(v!=1) f[rt]|=1ll<<ref[v];
return;
}
int m=l+r>>1;
Build(lson), Build(rson), Update(rt);
}
inline void PushDown(int rt,int m)
{
int l=ls,r=rs;
Upd(l,tag[rt],m-(m>>1),tagf[rt]), Upd(r,tag[rt],m>>1,tagf[rt]), tag[rt]=1, tagf[rt]=0;
}
void Modify(int l,int r,int rt,int L,int R,int v)
{
if(L<=l && r<=R)
{
Upd(rt,v,r-l+1,now);
return;
}
if(tag[rt]!=1) PushDown(rt,r-l+1);
int m=l+r>>1;
if(L<=m) Modify(lson,L,R,v);
if(m<R) Modify(rson,L,R,v);
Update(rt);
}
int Query(int l,int r,int rt,int L,int R)
{
if(L<=l && r<=R) return Ans|=f[rt],val[rt];
if(tag[rt]!=1) PushDown(rt,r-l+1);
int m=l+r>>1;
if(L<=m)
if(m<R) return 1ll*Query(lson,L,R)*Query(rson,L,R)%mod;
else return Query(lson,L,R);
return Query(rson,L,R);
}
}T;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
//void Init(int n)
//{
// static int P[N];
// static bool notP[M];
// for(int i=2,cnt=0; i<=n; ++i)
// {
// if(!notP[i]) ref[i]=cnt, P[cnt++]=i;
// for(int j=0; j<cnt && i*P[j]<=n; ++j)
// {
// notP[i*P[j]]=1;
// if(!(i%P[j])) break;
// }
// }
//}
inline char GetOpt()
{
register char c;
while(!isalpha(c=gc()));
return c;
}
int main()
{
static int inv[N],coef[N];
// Init(M-1);
inv[1]=1;
for(int i=2; i<M; ++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=0; i<LIM; ++i) coef[i]=1ll*(P[i]-1)*inv[P[i]]%mod;
int n=read(),q=read();
T.Build(1,n,1);
while(q--)
{
if(GetOpt()=='T')
{
T.Ans=0;
int l=read(),r=read(),val=T.Query(1,n,1,l,r);
for(int i=0; i<LIM; ++i)
if(T.Ans>>i&1) val=1ll*val*coef[i]%mod;
printf("%d
",val);
}
else
{
int l=read(),r=read(),x=read(),v=x;
LL now=0;
for(int i=0; i<LIM&&P[i]*P[i]<=v; ++i)
if(!(v%P[i]))
{
now|=1ll<<i, v/=P[i];
while(!(v%P[i])) v/=P[i];
}
if(v!=1) now|=1ll<<ref[v];
T.now=now, T.Modify(1,n,1,l,r,x);
}
}
return 0;
}