Codeforces Round #670 (Div. 2)

传送门

A. Subset Mex

贪心。

B. Maximum Product

负数的情况只可能为0个，2个或者4个，枚举一下这所有的情况然后取个最大值就行。

C. Link Cut Centroids

首先容易发现一颗树至多两个重心。

一个重心的情况好处理，任意添加一条边即可。
两个重心的情况对应着一条边为桥，并且左右两部分的点数相同。这种情况只需要任选一个叶子结点，然后将其添加入这条边的另外一个端点即可。易证不会再一次出现两个重心的情况。

Code

// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/09/12 22:07:43
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<vector<int>> G(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        --u, --v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    vector<int> size(n), up(n);
    int Max = INF, x = -1, y = -1;
    function<void(int, int)> dfs = [&] (int u, int fa) {
        up[u] = fa;
        size[u] = 1;
        for (auto& v : G[u]) if (v != fa) {
            dfs(v, u);
            size[u] += size[v];
        }
        int tot = 0;
        int maxv = 0;
        for (auto& v : G[u]) if (v != fa) {
            tot += size[v];
            maxv = max(maxv, size[v]);
        }
        maxv = max(maxv, n - 1 - tot);
        if (Max > maxv) {
            Max = maxv;
            x = u, y = -1;
        } else if (Max == maxv) {
            y = u;
        }
    };
    dfs(0, -1);
    if (n & 1 || y == -1) {
        cout << 2 << ' ' << up[1] + 1 << '
';
        cout << 2 << ' ' << up[1] + 1 << '
';
        return;
    }
 
    int lf;
    for (auto v : G[x]) {
        if (v != y) {
            lf = v;
            break;
        }
    }
 
    cout << lf + 1 << ' ' << up[lf] + 1 << '
';
    cout << lf + 1 << ' ' << y + 1 << '
';
}
int main() {
#ifdef Local
    freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T; while(T--)
    run();
    return 0;
}

D. Three Sequences

问题转化过后直接维护 (a) 的差值就行，只有非负的差值会产生贡献。

Code

// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/09/13 09:42:29
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<ll> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];
    vector<ll> d(n);
    ll sum = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        d[i] = a[i] - a[i - 1];
        if (d[i] >= 0) 
            sum += d[i];
    }
    auto get = [&] () {
        ll res = sum + a[0];
        if (res > 0)
            return (res + 1) / 2;
        return res / 2;
    };
    auto add = [&] (int p, int v) {
        if (d[p] > 0) sum -= d[p];
        d[p] += v;
        if (d[p] > 0) sum += d[p];
    };
    cout << get() << '
';
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int l, r, x;
        cin >> l >> r >> x;
        --l, --r;
        if (l)
            add(l, x);
        else 
            a[0] += x;
        if (r + 1 < n) 
            add(r + 1, -x);
        cout << get() << '
';
    }
}
int main() {
#ifdef Local
    freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    run();
    return 0;
}

E. Deleting Numbers

题意：
交互题。
一开始给定一个数 (n)，会产生一个 ({1,2,cdots,n})这样的集合。然后要猜测一个数 (x,xleq n)。
之后可以执行不超过 (10000) 次操作，操作有三种：

• (A a):表示询问集合中有多少个数为 (a) 的倍数；
• (B b):表示询问集合中有多少个数为 (a) 的倍数，并且在集合中把这些数删去。
• (C x)，用于回答 (x) 是多少。

最后就是通过第三种操作回答 (x)。

思路：
因为 (nleq 10^5)，所以 (x) 至多有一个 (geq 330) 的质因子，并且打表可以发现这个范围内大概有 (9300) 多个质因子，和询问总次数比较接近。

那么对于较小的那些质因子，显然可以直接暴力询问来计算，比如先询问 (B p)，再询问一次 (A p)看个数是否为 (0)，如果不为 (0) 说明 (p) 为其中一个质因子，然后再枚举 (p) 的次幂来询问。

对于较大的质因子，朴素的想法就是对每个质因子类似于刚刚那样询问两次，但显然总的操作次数不允许。注意到这其实是一个数量变化的关系，并且每次至多变化 (1)，那么其实可以对质因子进行分块，也就是说用 (A) 操作来统计总的个数，然后在 (B) 操作了一定数量的质因子过后，再通过 (A) 操作来统计次数。这样就能快速的知道质因子存在于哪一块，把总的询问次数降下来了。

注意还有一个细节，就是处理完较小的质因子过后，如果当前答案为 (1)，那么直接上面这样做是没问题的。但是如果答案不为 (1)，直接上面那样做可能会有问题。因为比如说 (n=x=6)，那么我处理较大质因子时数量的变化是正确的，因为每次我只会删掉当前这个质数，但是不能找到答案。所以这种情况需要特殊处理。
详见代码：

Code

// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/09/13 10:20:40
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
 
int primes[N], tot;
bool vis[N];
void init(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!vis[i]) {
            primes[++tot] = i;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && primes[j] * i <= n; j++) {
            vis[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
}
 
void run() {
    int n;
    cin >> n;
    init(n);
    int t = 1;
    while (t * t <= n) ++t;
 
    auto query = [&] (ll x, int op = 1) {
        if (x > n) return 0;
        if (op == 1)
            cout << "B " << x << endl;
        else 
        	cout << "A " << x << endl;
        cout << endl;
        int y; cin >> y;
        return y;
    };
 
    int p = 1;
    int ans = 1;
    for (; p <= tot && primes[p] < t; p++) {
    	query(primes[p]);
        int x = query(primes[p]);
        if (x) {
            int now = primes[p] * primes[p];
            for (int i = 2; now / primes[p] <= n; now *= primes[p]) {
                if (!query(now)) {
                    ans *= now / primes[p];
                    break;
                }
            }
        }
    }
    if (ans != 1) {
        for (; p <= tot; p++) {
            int x = query((ll)ans * primes[p]);
            if (x > 0) {
                ans *= primes[p];
                break;
            }
        }
    } else {
        int B = 95;
        int last = query(1, 2);
        for (int cnt = 0; p <= tot; ++p) {
            query(primes[p]);
            if (++cnt == B || p == tot) {
                int now = query(1, 2);
                if (last - now != cnt) {
                    for (int i = p - cnt + 1; i <= p; i++) {
                        int x = query(primes[i]);
                        if (x) {
                            cout << "C " << ans * primes[i] << endl;
                            return;
                        }
                    }
                }
                last = now;
                cnt = 0;
            }
        }
    }
 
    cout << "C " << ans << endl;
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    run();
    return 0;
}