D - Not Divisible

题意：

现有一个长度为 n 的序列 A，请你输出满足以下条件的所有整数的数量：
对于每一个整数 j (1 ≤ j ≤ n且 i ≠ j) , ≠ 0 ( mod )。

数据范围：

1 ≤ N ≤ 2 ×

1 ≤ ≤

思路：

题意是找到满足数组 a 中其他数都不是 a[i] 的倍数的 a[i] 的个数。
直接排序后，用双层循环暴力从前向后遍历判断结果肯定是TLE。我们需要换一个思路，判断 a[i]是否满足条件时，不从判断是否其他数都是 a[i] 的约数角度考虑，而是考虑何种情况下，a[i] 不满足条件——

如果 a[i] 不满足条件，说明存在 a[]，a[i] % a[] = 0，说明 a[i] 是 a[] 的倍数，也就是说，如果 a[i]是某个 a[] 的倍数，那么 a[i] 一定不满足条件；反之，a[i] 不是其他所有 a[] 的倍数且 a[i] 在 a 数组中只出现一次时，a[i] 满足条件。

实现：
1. 从头到尾枚举 a[i]，注意多个 a[i] 相同时，只枚举一次 a[i] 即可,用 b[a[i]] 记录 a[i] 这个数出现的次数。

2. 预处理出1~1e6 范围内所有 a[i] 的倍数 x，用数组 c[x] = 1 表示 x 存在；

3. 枚举 a[i]，只有 c[a[i]] == 0 且 b[a[i]] = 1 的 a[i] 才满足条件。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define x first
#define y second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };const int N = 1000010, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;typedef pair<int, int>PII;int n;
int a[N],b[N],c[N],v[N];void solve()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n;i++){cin >> a[i];b[a[i]]++;                                  //累计输入的数各自的个数}for(int i = 1; i <= n; i++){if(v[a[i]] == 0)                            //遍历一遍所有不同的数{for(int j = a[i]*2; j <= 1e6; j+=a[i])  //枚举1e6范围内每个a[i]的所有倍数c[j] = 1;v[a[i]] = 1;                            //操作过的a[i]，遇到相同的就不需要再操作了}}int res = 0;for(int i = 1; i <= n; i++)if(b[a[i]] == 1 && !c[a[i]])res++;          //如果c[a[i]] == 1，说明a[i]是某个a[]的倍数，那么a[i]一定能整除这个a[]，说明a[i]不满足条件cout << res << endl;                            //只有满足c[a[i]]==0并且a[i]这个数只存在一个时即b[a[i]]==1，这个a[i]才满足条件
}signed main()
{//int t;int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

E - Smart Infants

题意：

有 N 个人第 i 个人有一个值，属于房间。总共有 Q 次询问，每次询问移动将第 C 个人转移到第 D 个房间，问每次转移操作后，每个房间中的最大值中的最小值为多少。

数据范围：

1 ≤ N,Q ≤ 2 ×

1 ≤ ≤

1 ≤ ≤ N

1 ≤ , ≤ 2 ×

思路：

multiset：与 set 的区别仅在于可以存重复元素；存入的元素会自动按照从小到大排序。s.rbegin()为所存元素中的最大值；s.begin()为所存元素的最小值。

每次询问求的的是所有每个房间中的最大值中的最小值。

模拟：
1. 先用数组 a[i] 存第 i 个人的值；b[i] 存第 i 个人开始所处的房间；multiset<int>c[x] 存的是房间 x所拥有的人的值；multiset<int>s 存的是每一个房间的最大值。

2. 转换操作前，预处理定义的数组。对于人 x 的转移，如果转换前后房间不同，从原房间 b[x] 中去掉这个人，即将 c[b[x]] 中的 a[i] 去掉；新房间 y 中添加这个人，即在 c[y] 中添加 a[i] ；
因为房间 b[x]，房间 y 都有所变动，不确定两个房间的最大值是否改变，所以将 s 中两房间的原最大值都去掉，在转换后，将两房间此时的最大值添加进去。

3. 每次询问的答案为 s 中的第一个值，即 s 中的最小值 *s.begin()。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };const int N = 200010, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;typedef pair<int, int>PII;int n,q;
int a[N],b[N];
multiset<int>c[N];void solve()
{cin >> n >> q;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i] >> b[i];                //输入第i个人的值和所在的房间c[b[i]].insert(a[i]);               //c[x]记录房间x拥有的值}multiset<int>s;                         //s存每一个房间所拥有的的数值的的最大值for(int i = 1; i <= 2e5; i++)if(!c[i].empty())s.insert(*c[i].rbegin());       //枚举房间i，在房间不为空的条件下，取各个房间的最大值存入swhile(q--){int x,y;cin >> x >> y;if(b[x] != y)                       //如果x转换前后房间不同{s.erase(s.find(*c[b[x]].rbegin()));                //将x所在的原房间b[x]的最大值从s中删去if(c[y].size())s.erase(s.find(*c[y].rbegin()));    //将x要去的房间y的最大值从s中删去c[b[x]].erase(c[b[x]].find(a[x]));                 //将c数组所存的x所在的原房间b[x]的值中删去a[x]c[y].insert(a[x]);                                 //将c数组中所存的y房间的值中添加a[x]if(c[b[x]].size())s.insert(*c[b[x]].rbegin());     //如果x离开原房间b[x]后，原房间b[x]不为空时，将此时房间b[x]的最大值存入ss.insert(*c[y].rbegin());                          //将x转移后到的y房间的最大值存入s}b[x] = y;                                              //更新x的新房间b[x]为ycout << *s.begin() << endl;                            //输出s中的最小值}
}signed main()
{//int t;int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

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吐槽:

1. D题最关键的是想到只有 ai 不是 a[] 的倍数且 ai 这个数只出现一次时的 ai 才是满足条件的。想不到就是无限的tle T﹏T。

2. E题主要考察STL中 multiset 的使用，模拟题，注意迭代器的使用方法。

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