Codeforces Round #781 CF1665 CDE

1665A - GCD vs LCM

1665B - Array Cloning Technique

1665C - Tree Infection(贪心)(模拟)

最小次数，使所有点感染。每一秒钟，1)可以感染一个新的节点，2)兄弟群(拥有同一个父亲的点)会新增一位被感染(-> 注意这里，即使这个兄弟群中主动感染了2个以上，一秒也只能多一个新感染的)

首先统计兄弟群，兄弟群大小为sum[i]，i为他们共同的父亲。接下来就是这串数字进行处理。我想的是先去感染大的兄弟群，让感染人在内部扩散。

但是我忽略了一点，如果每个兄弟群都感染完了一个之后，但是全部人还没被感染完，这里有一段时间差，可以继续去感染新的点，减少一点总时间。

要处理这段时间也很容易，哪个兄弟群未感染人数最多，给上一个感染就好，也是一个贪心做法。

如果题目看清的话，应该思路能顺利的想到这里。(可惜我不时会想当然，理解错题目)

这题还有一个学到的点，就是由于∑sum[i]=n\sum sum[i]=n∑sum[i]=n的，所以可以一个人一个人地模拟被感染的过程，时间复杂度O(N)O(N)O(N)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;int sum[N];bool cmp(int x,int y)
{return x>y;
}int main()
{int QwQ;cin>>QwQ;while(QwQ--){int n;cin>>n;sum[n+1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){int x;cin>>x;sum[x]++;}sort(sum+1,sum+n+2,cmp);int m;for(m=1;;m++){if(sum[m]==0){m--;break;}}for(int i=1;i<=m;i++){sum[i]=sum[i]-m+i-1;}sort(sum+1,sum+m+1,cmp);int mx=sum[1]>0?1:0,ans=m;while(1)//for(int i=1;i<=m;i++)  debug{if(sum[mx]==0) break;//if(mx==0) break;  debugsum[mx]--;mx=0;ans++;for(int j=1;j<=m;j++){if(sum[j]<=0) break;sum[j]--;if(sum[mx]<=sum[j]) mx=j;}}cout << ans << endl;for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=0;}
}

1665D - GCD Guess(数学)(交互)

有最多30次猜的机会，提问(a,b)(a,b)(a,b)会回答gcd⁡(x+a,x+b)\gcd(x+a, x+b)gcd(x+a,x+b)，猜一猜x是多少？

OI生涯第一次碰到交互题 :): ):)

解法一很有意思，『原来是用这种方法解决的吗』。

显然，如果m>xm>xm>x，那么有x%m=xx\% m= xx%m=x，那答案就出来了。如果我们可以从小做起，先判断x%2=?x \% 2=?x%2=?，再判断x%22=?x\%2^2=?x%22=?，……，最后直到x%230=?x\%2^{30}=?x%230=?结果不就出来了吗。

是啊，如果有模运算固然简单，但是题目给的是gcdgcdgcd。所以下面我们想想怎么用gcd实现对2n2^n2n取模。

第一目标是解决 %2\%2%2 。等价于判断奇偶数。可以尝试一下，发现gcd⁡(x+2,x+4)=2\gcd(x+2,x+4)=2gcd(x+2,x+4)=2则x为偶数，否则为奇数。构造的思路是，让x+ax+ax+a和x+bx+bx+b都拥有2这个因子。

第二目标是解决 %4\%4%4 。不难想到，(接上面)应该讨论%4=0还是%4=2的情况，想检验第一种情况，可以构造gcd⁡(x+4,x+8)\gcd(x+4,x+8)gcd(x+4,x+8)。如果gcd是4就是%4=0的情况，如果gcd是2，就是第二种情况。(这种情况下只会有2和4哦，可以自己举例试一试)

把上述过程代数化，就可以得到CF题解上的式子

gcd⁡(x+2k−r,2k+1)=gcd⁡(x+2k−r,x+2k−r+2k+1)\gcd(x + 2^k - r, 2^{k + 1}) = \gcd(x + 2^k - r, x + 2^k - r + 2^{k + 1})gcd(x+2k−r,2k+1)=gcd(x+2k−r,x+2k−r+2k+1)If gcd⁡=2k+1\gcd = 2^{k + 1}gcd=2k+1, then xmod2k+1=r+2k−1x \bmod 2^{k + 1} = r + 2^{k - 1}xmod2k+1=r+2k−1 else xmod2k+1=rx\mod2k+1=rxmod2k+1=r. Using this algorithm we will find xmod230x\bmod2^{30}xmod230 which is just xxx. It takes exactly 303030 queries.

然后题目还卡了一下，如果用上面的方法会产生大于1e91e91e9的数，所以不能判断前者(%4=0)，得改成后者(%4=2)。代码里都写了，可以去看看。

这下就把题目做完啦~~

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int QQ;cin>>QQ;while(QQ--){int rest=0,pre,now=1;for(int i=1;i<=6;i++)//check x%2^i{pre=now;now<<=1;int a,b;/*//check resta=now-rest,b=now-rest+now;printf("? %d %d\n",a,b);int c;cin>>c;if(c==now) ;else rest+=pre;*///check rest+prea=now-rest-pre,b=now-rest-pre+now;printf("? %d %d\n",a,b);int c;cin>>c;if(c==now) rest+=pre;else ;}printf("! %d\n",rest);}
}

第二种运用CRT的方法还在学习中。。。

1665E - MinimizOR(数学)(线段树)

给出n个整数，对于每个询问(l,r)(l,r)(l,r)求出其中的min⁡i≠jai∣aj\displaystyle \min_{i \neq j} a_i | a_ji=jminai∣aj

这题太有意思辣！

很容易贪心的想到要让高位尽量的为0。

根据这种想法，我们很容易可以想到一种暴力解法。从高位到低位(指二进制下)，
1)1)1)在区间上如果第k位有超过两个数都为0，那么第k位显然为0，接下来在第k位为0的中继续找k-1位。
2)2)2)如果小于两个为0的，那么显然这位只能是1了，就在所有中去找答案。

答案的解法找到了一个完美的性质！！！

The key idea for the solution is that the answer always lies among no more than 31 minimal numbers.

如果所有数小于2k2^{k}2k，那么需要答案一定出在区间k+1k+1k+1小的数的或运算中。

简单证明一下(计算机的证明题中，数学归纳法是一个宝贵的方法)。严格证明去看CF题解。我给出一种感性证明。

我们上面说过，一个高位要想为0，必须得有至少2个数。前k个数可以构成一串
011...111101...111110...111111...011111...101111...110011...111\\ 101...111\\ 110...111\\ 111...011\\ 111...101\\ 111...110 011...111101...111110...111111...011111...101111...110
接下来再来一个任意一个数，就可以决定答案，比如
111...110111...110 111...110
这样就可以构造一个极限需要用到k+1k+1k+1个的数据。

实现只要求求出区间最小的31个数，可以使用线段树实现。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int INF=(1ll<<31)-1;
const int MAXN=1e5+10;
const int MAXK=31;pii a[MAXK];
pii tr[MAXN*4];pii get(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{if(l==ql && r==qr){return tr[x];}int mid=l+r>>1;if(qr<=mid) return get(x<<1, l, mid, ql, qr);else if(mid<ql) return get(x<<1|1, mid+1, r, ql, qr);else return min(get(x<<1, l, mid, ql, mid), get(x<<1|1, mid+1, r, mid+1, qr));
}void mod(int x,int l,int r,int pos,int val)
{if(l==pos && r==pos){tr[x]=mk(val,pos);return ;}int mid=l+r>>1;if(pos<=mid) mod(x<<1, l, mid, pos, val);else mod(x<<1|1, mid+1, r, pos, val);tr[x]=min(tr[x<<1],tr[x<<1|1]);
}int main()
{//  freopen("my.txt","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int Bright;cin>>Bright;while(Bright--){int rt=1;int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;mod(rt,1,n,i,x);}int q;cin>>q;while(q--){int l,r;cin>>l>>r;int tot=min(r-l+1,MAXK);for(int i=1;i<=tot;i++){a[i]=get(rt,1,n,l,r);mod(rt,1,n,a[i].se,INF);}int ans=INF;for(int i=1;i<=tot;i++)for(int j=i+1;j<=tot;j++) ans=min(ans,a[i].fi|a[j].fi);for(int i=1;i<=tot;i++){mod(rt,1,n,a[i].se,a[i].fi);}cout<<ans<<endl;}}return 0;
}