• 【解题报告】CF练一下题 | 难度CF2500

Ciel and Gondolas | CF321E

题意

• Ciel and Gondolas | CF321E
  有 nnn 个人，你要把他分成连续的 kkk 段
  假设某段为 [L,R][L,R][L,R]，那么花费为
  w[a,b]=∑L≤i<j≤Ru(i,j)w[a,b]=\sum_{L\le i<j\le R} u(i,j) w[a,b]=L≤i<j≤R∑​u(i,j)
  总的花费为 kkk 段的花费和，问总的花费的最小值是多少
• 1≤n≤40001\le n\le 40001≤n≤4000
  1≤k≤min⁡(n,800)1\le k\le \min(n,800)1≤k≤min(n,800)
  0≤u(i,j)≤90\le u(i,j)\le 90≤u(i,j)≤9，满足 u(i,j)=u(j,i)，u(i,i)=0u(i,j)=u(j,i)，u(i,i)=0u(i,j)=u(j,i)，u(i,i)=0

思路 | dp | 决策单调性 | 二维前缀和

• 首先写出暴力的转移式子，设 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示考虑完前 iii 个人，分完 kkk 段的最小花费。转移如下：
  dp[i][j]=min⁡0≤s<i{dp[s][j−1]+w[s+1,i]}dp[i][j]=\min_{0\le s<i}\{ dp[s][j-1] + w[s+1,i] \} dp[i][j]=0≤s<imin​{dp[s][j−1]+w[s+1,i]}
  暴力转移，状态 nknknk 转移 n2n^2n2 总复杂度 O(n3k)O(n^3k)O(n3k)，需要优化
• 首先想想 w[a,b]w[a,b]w[a,b] 能否快速获得
  容易想到，w[a,b]w[a,b]w[a,b] 就是 12×∑i=ab∑j=abu(i,j)\frac{1}{2}\times \sum_{i=a}^b \sum_{j=a}^b u(i,j)21​×∑i=ab​∑j=ab​u(i,j)，即这个矩阵的这个子矩阵的和
  可以使用二维前缀和，这样就可以 O(1)O(1)O(1) 获得 w[a,b]w[a,b]w[a,b] 了，总复杂度 O(n2k)O(n^2k)O(n2k)，还需要优化
• 引入一个概念，叫做四边形不等式

如果对于任意的 a1≤a2<b1≤b2a1≤a2<b1≤b2a1≤a2<b1≤b2
有 m[a1,b1]+m[a2,b2]≤m[a1,b2]+m[a2,b1]m[a1,b1]+m[a2,b2]≤m[a1,b2]+m[a2,b1]m[a1,b1]+m[a2,b2]≤m[a1,b2]+m[a2,b1]
那么 m[i,j]m[i,j]m[i,j] 满足四边形不等式。

• 我们稍微画一下图，就可以发现 w[a,b]w[a,b]w[a,b] 是满足这个四边形不等式的
• 再引入一个概念，叫做决策单调性
  若 f(i)f(i)f(i) 的转移决策点为 g(i)g(i)g(i)， f(j)f(j)f(j) 的转移决策点为 g(j)g(j)g(j) 且 j<ij<ij<i，则 g(i)≥g(j)g(i)\ge g(j)g(i)≥g(j)，即决策点单调不降
  若 dp[i]=min⁡{dp[j]+w[j+1,i]}dp[i]=\min\{ dp[j]+w[j+1,i]\}dp[i]=min{dp[j]+w[j+1,i]} 且 w[a,b]w[a,b]w[a,b] 满足四边形不等式，则 dp[i]dp[i]dp[i] 满足决策单调性
• 但是考虑到新的点 iii ，我们只知道决策点的下界即 g(i−1)g(i-1)g(i−1) ，不知道决策点的上界，所以我们可以采用分治。
  我们对于区间 [L,R][L,R][L,R]，我们的决策区间为 [qL,qR][qL,qR][qL,qR]，获取中点 mid=(L+R)/2mid=(L+R)/2mid=(L+R)/2，暴力跑出 midmidmid 的转移决策点 g(mid)g(mid)g(mid)
  对于区间 [L,mid−1][L,mid-1][L,mid−1]，决策区间变为 [qL,g(mid)][qL,g(mid)][qL,g(mid)] 对于区间 [mid+1,R][mid+1,R][mid+1,R]，决策区间变为 [g(mid),qR][g(mid),qR][g(mid),qR]
  于是我们总的复杂度变为 O(nklog⁡n)O(nk\log n)O(nklogn)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}
typedef long long ll;
const int MAX = 4e3+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;namespace Fast_IO{ ///orz laofuconst int MAXL((1 << 18) + 1);int iof, iotp;char ioif[MAXL], *ioiS, *ioiT, ioof[MAXL],*iooS=ioof,*iooT=ioof+MAXL-1,ioc,iost[55];char Getchar(){if (ioiS == ioiT){ioiS=ioif;ioiT=ioiS+fread(ioif,1,MAXL,stdin);return (ioiS == ioiT ? EOF : *ioiS++);}else return (*ioiS++);}void Write(){fwrite(ioof,1,iooS-ioof,stdout);iooS=ioof;}void Putchar(char x){*iooS++ = x;if (iooS == iooT)Write();}inline int read(){int x=0;for(iof=1,ioc=Getchar();(ioc<'0'||ioc>'9')&&ioc!=EOF;)iof=ioc=='-'?-1:1,ioc=Getchar();if(ioc==EOF)exit(0);for(x=0;ioc<='9'&&ioc>='0';ioc=Getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ioc^48);return x*iof;}inline long long read_ll(){long long x=0;for(iof=1,ioc=Getchar();(ioc<'0'||ioc>'9')&&ioc!=EOF;)iof=ioc=='-'?-1:1,ioc=Getchar();if(ioc==EOF)exit(0);for(x=0;ioc<='9'&&ioc>='0';ioc=Getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ioc^48);return x*iof;}/**#define lll __int128inline lll read_lll(){lll x=0;for(iof=1,ioc=Getchar();(ioc<'0'||ioc>'9')&&ioc!=EOF;)iof=ioc=='-'?-1:1,ioc=Getchar();if(ioc==EOF)exit(0);for(x=0;ioc<='9'&&ioc>='0';ioc=Getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ioc^48);return x*iof;}*/template <class Int>void Print(Int x, char ch = '\0'){if(!x)Putchar('0');if(x<0)Putchar('-'),x=-x;while(x)iost[++iotp]=x%10+'0',x/=10;while(iotp)Putchar(iost[iotp--]);if (ch)Putchar(ch);}void Getstr(char *s, int &l){for(ioc=Getchar();ioc==' '||ioc=='\n'||ioc=='\t';)ioc=Getchar();if(ioc==EOF)exit(0);for(l=0;!(ioc==' '||ioc=='\n'||ioc=='\t'||ioc==EOF);ioc=Getchar())s[l++]=ioc;s[l] = 0;}void Putstr(const char *s){for(int i=0,n=strlen(s);i<n;++i)Putchar(s[i]);}
} // namespace Fast_IO
using namespace Fast_IO;int dp[MAX][805];
int pre[MAX][MAX];int now_K;int s(int L,int R){return pre[R][R] - pre[L-1][R] - pre[R][L-1] + pre[L-1][L-1];
}void solve(int L,int R,int qL,int qR){if(L > R)return;int mid = L + R >> 1;int ID  = qL;int tmp = INF;for(int i = qL;i <= qR && i <= mid;++i){int val = s(i,mid) + dp[i-1][now_K-1];if(val < tmp){tmp = val;ID = i;}}dp[mid][now_K] = tmp;solve(L,mid-1,qL,ID);solve(mid+1,R,ID,qR);
}int main()
{int n,k;n = read();k = read();for(int i = 0;i <= n;++i)for(int j = 0;j <= k;++j)dp[i][j] = INF;dp[0][0] = 0;for(int i = 1;i <= n;++i)for(int j = 1;j <= n;++j){int x = read();pre[i][j] = x + pre[i-1][j] + pre[i][j-1] - pre[i-1][j-1];}for(int i = 1;i <= k;++i){now_K = i;solve(1,n,1,n);}int ans = dp[n][k] / 2;cout << ans;return 0;
}
/***/

Least Cost Bracket Sequence | CF3D

题意

• Least Cost Bracket Sequence | CF3D
  给定一个长度为 nnn 的字符串，只包含 '(',')','?' 三种
  第 iii 个问号改成左括号的花费为 aia_iai​，改成右括号的花费为 bib_ibi​
  问你把所有的问号都改成括号后，整个字符串满足一个合法的括号序列，求最小花费值
  若无法完成，输出 -1
• n≤5×104n\le 5\times 10^4n≤5×104
  1≤ai,bi≤1061\le a_i,b_i\le 10^61≤ai​,bi​≤106

思路 | 贪心

• 难度 260026002600 的贪心…
  我们记一个 preprepre 表示前缀和，遇到左括号加一，遇到右括号减一。
  合法的括号序列即要求每个位置的 preprepre 都非负，且最后位置的 pre=0pre=0pre=0。
• 我们假设每个问号位置都为右括号。
  如果 pre<0pre<0pre<0 了，那么我们需要让之前某个问号变为的右括号改成左括号。
  即，我们每次需要额外代价最小的那个右括号改为左括号。
  用一个优先队列维护即可。
  思维难度都在假设。

代码

• 时间复杂度：O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}
typedef long long ll;
const int MAX = 5e4+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;char ss[MAX];
int aa[MAX],bb[MAX];struct node{int val,pos;bool operator < (const node &ND)const{return val > ND.val;}
};priority_queue<node>Q;
char ans[MAX];
int main()
{scanf("%s%*c",ss+1);int n = strlen(ss+1);int cnt = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){if(ss[i] == '?')cnt++;ans[i] = ss[i];}for(int i = 1;i <= cnt;++i){scanf("%d%d",&aa[i],&bb[i]);}int pre = 0;bool can = true;ll fen = 0;int ccnt = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){if(ss[i] == '(')pre++;else if(ss[i] == ')'){pre--;}else{ccnt++;ans[i] = ')';fen += bb[ccnt];Q.push((node){aa[ccnt] - bb[ccnt],i});pre--;}
//        show(i,pre);if(pre < 0){if(Q.empty())can = false;else{fen += Q.top().val;ans[Q.top().pos] = '(';Q.pop();pre+=2;}}}if(pre > 0)can = false;if(!can)puts("-1");else{printf("%lld\n",fen);printf("%s",ans+1);}return 0;
}
/***/

Buy Low Sell High | CF865D

题意

• Buy Low Sell High | CF865D
  给定长度为 nnn 的数组 pnp_npn​
  位置 iii 可以变成左括号，花费 pip_ipi​
  位置 iii 可以变成右括号，收益 pip_ipi​
  当然这个位置你也可以不管它。
  求最后是一个合法的括号序列，求收益最大是多少。
• 2≤n≤3⋅1052\le n\le 3\cdot 10^52≤n≤3⋅105
  1≤pi≤1061\le p_i\le 10^61≤pi​≤106

思路 | 贪心 | 可反悔贪心

• 这题是上一题的升级版诶… （我把题意转换过来了，题意是等价的）
  我们用上一题的思路貌似不能通过，因为有时候留着一些位置可以让总的收益更高
• 我们还是想一下怎么贪心。
  首先假设我们这个位置放右括号，若某个左边的空位置改成左括号让总收益更大，那我们就这么干。若左边有多个位置，我们选择左边花费最小的，这是一个贪心。
• 假设我们使用之前的位置 iii，匹配当前的位置 jjj，于是收益为 p[j]−p[i]p[j]-p[i]p[j]−p[i]，但是有可能未来有一个位置 kkk，满足 p[k]−p[i]p[k]-p[i]p[k]−p[i] 或者 p[k]−p[j]p[k]-p[j]p[k]−p[j] 的收益更高，那么怎么办呢？
• 首先由于我们匹配了 i,ji,ji,j，当然应该满足 p[j]>p[i]p[j]>p[i]p[j]>p[i]
  若未来的 kkk 匹配更优，那应该也满足 p[k]>p[i]p[k]>p[i]p[k]>p[i]
  即我们有 i<j<k,p[i]<p[j]<p[k]i<j<k,p[i]<p[j]<p[k]i<j<k,p[i]<p[j]<p[k]
• 目前 kkk 改成和 iii 匹配的话，收益减去 p[j]−p[i]p[j]-p[i]p[j]−p[i] 再加上 p[k]−p[i]p[k]-p[i]p[k]−p[i] 即收益增加 p[k]−p[j]p[k]-p[j]p[k]−p[j]，即 可反悔贪心
  目前 kkk 改成和 jjj 匹配的话，是不优的，所以我们不会这样决策。
• 当前位置也可以空着，留着之后来匹配。
  注意：由于是可反悔贪心，我们这两种情况都要 push 进优先队列中去，而不是 kkk 和 iii 匹配更优的话我们就一定让 kkk 匹配掉了，因为有可能更后面的位置和 iii 匹配了把 kkk 留下了。但暂时收益的话仍然是加进去的。

代码

• 时间复杂度：O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}
typedef long long ll;
const int MAX = 5e4+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;struct node{int val;bool operator <(const node &ND)const{return val < ND.val;}
};priority_queue<node>Q;int main()
{int n;scanf("%d",&n);ll now = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){int c;scanf("%d",&c);if(i == 1){Q.push((node){-c});}else{int v = Q.top().val;
//            show(i,c,v);if(c + v > 0){now += c + v;Q.pop();Q.push((node){-c});     // 可反悔贪心}Q.push((node){-c});            // 空着}
//        show(i,now);}cout << now;return 0;
}
/***/

Nearest Leaf | CF1110F

题意

• Nearest Leaf | CF1110F
  nnn 个点的一棵树，知道每个点的 dfndfndfn 序，树有边权 wiw_iwi​
  树的叶子就是度为 111 的点，且这个树的根度不为 111
  两个点的距离为这两个点的简单路径的边权和
  qqq 个询问，每个询问给定 v,L,Rv,L,Rv,L,R
  求 vvv 号点距离 xxx 的最近距离，其中 dfn(x)∈[L,R]dfn(x) \in[L,R]dfn(x)∈[L,R] 且 xxx 是一个叶子节点
• 3≤n≤5×1053\le n\le 5\times 10^53≤n≤5×105
  1≤q≤5×1051\le q\le 5\times 10^51≤q≤5×105
  1≤wi≤1091\le w_i\le 10^91≤wi​≤109

思路 | 离线 | 线段树 | 换根

• 这题可以离线。想到换根这题就可以直接过了。
  首先我们计算根到每个叶子的距离，放在线段树里。
  注意到，dfndfndfn 的性质，即可以使用线段树进行维护或者查询。
• 我们把根换到某个子树，那么某一段的距离减少 www，某一段的距离增加 www，即线段树加操作。
  我们把根换到 vvv，查询 [L,R][L,R][L,R] 的叶子距离当前的最近距离，即线段树区间求最值。
  于是代码略。
• 注：给定 dfndfndfn 的询问，直接考虑线段树。在线考虑不了，考虑离线，即换根。

Inversion SwapSort | CF1375E

题意

• Inversion SwapSort | CF1375E
  给定长度为 nnn 的数组 ana_nan​
  它有 mmm 个逆序对 (i,j)(i,j)(i,j)，其中满足 1≤i<j≤n,a[i]>a[j]1\le i<j\le n,a[i]>a[j]1≤i<j≤n,a[i]>a[j]
  你需要给出这 mmm 个逆序对的一个排列 PPP，第 iii 个逆序对为 (Li,Ri)(L_i,R_i)(Li​,Ri​)
  接下来进行 mmm 次操作，第 iii 次操作交换 a[Li],a[Ri]a[L_i],a[R_i]a[Li​],a[Ri​]
  操作完成后，满足 ana_nan​ 非递减。
• 1≤n≤1031\le n\le 10^31≤n≤103

思路 | 构造 | 排序

• 逆序对我们可以直接 O(n2)O(n^2)O(n2) 求出，关键是怎么排列这个顺序
  对于目前的数组 a[1]∼a[n]a[1]\sim a[n]a[1]∼a[n] ，我们知道里面最大的数字一定要交换到位置 nnn 去，然后让问题规模变成 b[1]∼b[n−1]b[1] \sim b[n-1]b[1]∼b[n−1]。
  若 a[n]a[n]a[n] 本来就是最大的数了，那么目前也没有 (?,n)(?,n)(?,n) 的逆序对了，直接考虑子问题。
  否则，肯定有一些逆序对 (?,n)(?,n)(?,n)，我们目前只考虑这些逆序对。
• 在交换完这些逆序对的位置后，我们希望让 b[1]∼b[n−1]b[1]\sim b[n-1]b[1]∼b[n−1] 仍然保持原先的一些性质，这样才是一个子问题。什么性质呢？即：
  1≤i<j<n若a[i]≥a[j]，则b[i]≥b[j]若a[i]≤a[j]，则b[i]≤b[j]1\le i<j<n\\ 若 a[i] \ge a[j] ，则 b[i]\ge b[j]\\ 若 a[i] \le a[j] ，则 b[i]\le b[j] 1≤i<j<n若a[i]≥a[j]，则b[i]≥b[j]若a[i]≤a[j]，则b[i]≤b[j]
  即让这些数字的相对大小不变。因为最后是一个排序，排序只用考虑数字之间的相对大小，不用考虑绝对大小。
• 首先，目前 (x,n)(x,n)(x,n) 的逆序对肯定满足 a[x]>a[n]a[x] > a[n]a[x]>a[n] ，即大于 a[n]a[n]a[n] 的所有位置都有一个逆序对，小于等于 a[n]a[n]a[n] 的位置都没有逆序对。
  注意到，小于 a[n]a[n]a[n] 的值目前我们不需要变换，也可以满足他们之前的相对大小不改变。
  大于等于 a[n]a[n]a[n] 的值，我们需要依次让他们低一位，他们的相对大小才能不改变。
  举例： 6,2,1,5,7,3,4 我们需要变成 x,2,1,x,x,3,7（最大值放最后面，最小值不动），然后再调整成 5,2,1,4,6,3,7 ，即其他每个位置都顺次低一位，这样他们之间的相对顺序不变。
• 若有多个相同值的位置，我们记录他们的下标，若值相同，下标小的值我们记他们更小。
  这样的话，每次我们选择前面比他大的最大的位置 ppp，交换 aa[p],aa[n]aa[p],aa[n]aa[p],aa[n] 即可。

代码

• 时间复杂度：O(n2log⁡n)O(n^2\log n)O(n2logn)

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
using namespace std;
typedef long long ll;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}const int MAX = 1e5+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-5;ll qpow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;n>>=1;}return res;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){a%=p;ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%p;a=a*a%p;n>>=1;}return res;}
ll npow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a;a=a*a;n>>=1;if(res<0||a<0)return 0;}return res;}
ll inv(ll a){/* */return qpow(a,MOD-2);}
ll inv(ll a,ll p){return qpow(a,p-2,p);}int aa[MAX];
priority_queue<pair<int,int> >Q;
int main()
{int n;cin >>n;for(int i = 1;i <= n;++i){cin >> aa[i];}int cnt = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){for(int j = i+1;j <= n;++j){if(aa[i] > aa[j]){cnt++;}}}cout << cnt << '\n';for(int i = n;i >= 2;--i){for(int j = 1;j < i;++j){if(aa[j] > aa[i]){Q.push(make_pair(-aa[j],-j) );}}while(!Q.empty()){int p = -Q.top().second;Q.pop();cout << p << " " << i << '\n';}}return 0;
}
/**
6 1 9 2 3 4 57
6 1 5 2 3 7 46
2 5 3 1 7 65 2 1 5 3 4
*/

Arpa’s overnight party and Mehrdad’s silent entering | CF741C

题意

• Arpa’s overnight party and Mehrdad’s silent entering | CF741C
  有 2n2n2n 个位置排成一个环，这些位置分为 nnn 个对
  你需要让每个位置赋值 111 或者 222，满足：
• 其中第 iii 个对为 (ai,bi)(a_i, b_i)(ai​,bi​)，必须满足这两个位置的值不同
• 环上，连续三个位置的值不能都相同
  若无解，输出 -1，否则输出一个构造解

思路 | 构造 | 二分图

• 两种颜色染色，优先考虑二分图！
  容易想到，ai,bia_i,b_iai​,bi​ 之间连一条边，表示他们的颜色不能相同。
• 考虑连续三个位置的值不能都相同怎么处理
  想到一种构造方案，我们连边所有的 2k,2k−12k,2k-12k,2k−1
  为什么这样一定是可行的呢？
• 首先，若无解，则二分图有奇环，否则是一定有解的。
  首先我们先连边 2k,2k−12k,2k-12k,2k−1，然后再连边所有的 ai,bia_i,b_iai​,bi​
  容易想到，每个点最多连出去两条边，即最终每个连通分量要么是一个链，要么是一个环
  链无所谓，我们考虑环。环的奇偶性即为环上点的个数的奇偶性。
  一开始的连边2k,2k−12k,2k-12k,2k−1，满足每个连通分量的点都为 222。后续的 ai,bia_i,b_iai​,bi​ 的连边，即合并了某两个连通分量，且这两个连通分量的点为偶数个，那么新的连通分量的点也是偶数个。于是一定有解。
  注意我们讨论的前提是点的度最大为 222
  代码略

Kuroni and the Punishment | CF1305F

题意

• Kuroni and the Punishment | CF1305F
  给定长度为 nnn 的数组 ana_nan​
  一次操作，可以让某个数字加一或者减一，注意操作后数字必须非负
  问你最少的操作次数，让数组的 gcd>1gcd>1gcd>1
• 2≤n≤2⋅1052\le n\le 2\cdot 10^52≤n≤2⋅105
  1≤ai≤10121\le a_i\le 10^{12}1≤ai​≤1012

思路 | 数学 | 随机化

• 假设 gcd=2gcd=2gcd=2，那么答案最大为 nnn，即这个数组中奇数的个数。那么我们需要求出 <n<n<n 的答案。
• 考虑 gcd=kgcd=kgcd=k，那么我们很容易求出答案：
  ans=∑i=1n{min(ai%k,k−ai%k)ai≥kk−aiai<kans=\sum_{i=1}^n \begin{cases} min(a_i\%k,k-a_i\%k)& a_i\ge k\\ k-a_i&a_i<k \end{cases} ans=i=1∑n​{min(ai​%k,k−ai​%k)k−ai​​ai​≥kai​<k​
• 注意到，首先枚举质因子肯定是优于枚举所有的因子的。
  aia_iai​ 的最多质因子为 121212 个，总共的质因子最多为 12n12n12n，一次 checkcheckcheck 是 O(n)O(n)O(n) 的，看起来 O(12n2)O(12n^2)O(12n2)，但是大多数操作算到一半我们的 ansansans 就很大了，因此这里其实是算的很快的
  关键是我们算出这所有的质因子，不管是直接根号算还是使用 Pollard_RhoPollard\_RhoPollard_Rho 都是 TL 飞起的。\
• 质因子有很多，但是我们感觉随便取一些就可以得到最小的答案了，这启发我们使用 随机化
  若答案 <n<n<n，那么至少有一半的位置最多被操作一次。
  那么我们枚举至多被操作一次的数字 aia_iai​，就有二分之一的概率选中最优的那种操作的方案。
  于是我们可以枚举 mmm 次，算对的概率即为 1−12m1-\frac{1}{2^m}1−2m1​
  我们可以 random_shuffle，然后选择前 202020 个数字，即随机选择了 202020 个数字
  然后枚举他们 ai+1,ai,ai−1a_i+1,a_i,a_i-1ai​+1,ai​,ai​−1 的所有质因子作为答案去 checkcheckcheck 即可
• 注：我选择 101010 个后 wa200 了，运气感人。

代码

• 时间复杂度：O(60×(1012+12n))O(60\times (\sqrt{10^{12}}+12n))O(60×(1012​+12n))

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
using namespace std;
typedef long long ll;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}const int MAX = 2e5+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-5;ll qpow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;n>>=1;}return res;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){a%=p;ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%p;a=a*a%p;n>>=1;}return res;}
ll npow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a;a=a*a;n>>=1;if(res<0||a<0)return 0;}return res;}
ll inv(ll a){/* */return qpow(a,MOD-2);}
ll inv(ll a,ll p){return qpow(a,p-2,p);}ll aa[MAX];
map<ll,bool>M;void check(ll x){for(ll i = 2;i * i <= x;++i){if(x % i == 0){M[i] = 1;while(x % i == 0){x /= i;}}}if(x > 1)M[x] = 1;
}int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;++i){scanf("%lld",&aa[i]);}random_shuffle(aa+1,aa+1+n);random_shuffle(aa+1,aa+1+n);random_shuffle(aa+1,aa+1+n);for(int i = 1;i <= min(20,n);++i){ll now = aa[i];if(now > 1){check(now);}now = aa[i]+1;if(now > 1){check(now);}now = aa[i]-1;if(now > 1){check(now);}}ll ans = n;for(auto [a,b] : M){ll tmp = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){if(aa[i] <= a)tmp += (a - aa[i]);elsetmp += min(aa[i] % a,a - aa[i] % a);if(tmp > ans)break;}ans = min(ans,tmp);}printf("%lld",ans);return 0;
}
/***/

Make It One | CF1043F

题意

• Make It One | CF1043F
  给定 ana_nan​，求最小的子集大小，满足这个子集的元素的 gcd=1gcd=1gcd=1
  若无解，输出 −1-1−1
• 1≤n≤3×1051\le n\le 3\times 10^51≤n≤3×105
  1≤ai≤1051\le a_i\le 10^51≤ai​≤105

思路 | 数学 | 容斥

• 首先我们 -1 判断很简单，若 ana_nan​ 的 gcd>1gcd>1gcd>1 肯定是无解的
  考虑到，aia_iai​ 最多有 777 个不同的质因子，即答案 ≤7\le 7≤7
• 假设目前的答案为 kkk，即我们能否找到 kkk 个元素，让他们的 gcd=1gcd=1gcd=1
  非常套路的，我们令 f(i)f(i)f(i) 表示 gcd=igcd=igcd=i 的方案数，令 F(i)F(i)F(i) 表示 gcdgcdgcd 为 iii 的倍数的方案数
  f(i)=∑i∣jμ(ji)F(j)f(i)=\sum_{i|j}\mu(\frac{j}{i})F(j) f(i)=i∣j∑​μ(ij​)F(j)
• 即我们怎么快速算 F(i)F(i)F(i)，答案就是 f(1)f(1)f(1)
  我们记 barr[i]barr[i]barr[i] 表示有多少个数为 iii 及其倍数，这里可以 O(Rlog⁡R)O(R\log R)O(RlogR) 预处理得到
  即答案为 Cbarr[i]kC_{barr[i]}^kCbarr[i]k​，因为我们要选 kkk 个数。
  若 f(1)>0f(1)>0f(1)>0 表示可行。

代码

• 时间复杂度：O(nlog⁡n+Rlog⁡R)O(n\log n + R\log R)O(nlogn+RlogR)

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
using namespace std;
typedef long long ll;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}const int MAX = 3e5+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-5;ll qpow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;n>>=1;}return res;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){a%=p;ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%p;a=a*a%p;n>>=1;}return res;}
ll npow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a;a=a*a;n>>=1;if(res<0||a<0)return 0;}return res;}
ll inv(ll a){/* */return qpow(a,MOD-2);}
ll inv(ll a,ll p){return qpow(a,p-2,p);}ll fac[MAX],ivfac[MAX];void init(int n){fac[0] = 1;for(int i = 1;i <= n;++i)fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;ivfac[n] = inv(fac[n]);for(int i = n - 1;~i;--i)ivfac[i] = ivfac[i+1] * (i+1) % MOD;
}ll C(int n,int m){if(n < 0 || m > n)return 0;return fac[n] * ivfac[m] % MOD * ivfac[n - m] % MOD;
}bool vis[MAX];
int prime[MAX];
int mu[MAX];
int cnt;
void shai(int n){mu[1] = 1;for(int i = 2;i <= n;++i){if(!vis[i]){prime[++cnt] = i;mu[i] = -1;}for(int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;++j){vis[i*prime[j]] = 1;if(i % prime[j])mu[i*prime[j]] = -mu[i];else {mu[i*prime[j]] = 0;break;}}}
}int barr[MAX];ll F(int x,int shu){return C(barr[x],shu);
}int main()
{shai(300000);init(300000);int n;scanf("%d",&n);int gcd = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){int x;scanf("%d",&x);barr[x] = 1;gcd = __gcd(gcd,x);}if(gcd > 1){puts("-1");return 0;}for(int i = 1;i <= 300000;++i)for(int j = 2;i * j <= 300000;++j){barr[i] += barr[i*j];}for(int i = 1;i <= 7;++i){ll now = 0;for(int j = 1;j <= 300000;++j){now = (now + mu[j] * F(j,i) % MOD + MOD) % MOD;}
//        show(i,now);if(now > 0){printf("%d",i);break;}}return 0;
}

Emotional Fishermen | CF1437F

题意

• Emotional Fishermen | CF1437F
  给定 ana_nan​，你需要问你有多少种它的排列后的数组 bnb_nbn​ ，满足：
  pre[i]=max⁡j=1i{b[i]},pre[0]=0b[i]≥2⋅pre[i−1]或者2⋅b[i]≤pre[i−1]成立pre[i] = \max_{j=1}^{i}\{ b[i]\},pre[0]=0\\ b[i] \ge 2\cdot pre[i-1] 或者 2\cdot b[i] \le pre[i-1] 成立 pre[i]=j=1maxi​{b[i]},pre[0]=0b[i]≥2⋅pre[i−1]或者2⋅b[i]≤pre[i−1]成立
• 方案数取模 998244353998244353998244353
  2≤n≤5×1032\le n\le 5\times10^32≤n≤5×103
  1≤ai≤1091\le a_i\le 10^91≤ai​≤109

思路 | dp | 组合数学

• 首先可对 ana_nan​ 进行升序排序
  考虑计算 dp[i]dp[i]dp[i] 表示处理完前 iii 个数，且放进去了 a[i]a[i]a[i]的方案数。 显然目前的 pre[i]=a[i]pre[i]=a[i]pre[i]=a[i]
  我们考虑每次从前面已处理到一半的数组中，新放进去一些数字。我们只要考虑新放进去数字的个数，他们的相对位置。
  想一下，目前有一些数字可能是放不进去的，放不进去的数字的值范围为 (a[i]/2,a[i])(a[i]/2,a[i])(a[i]/2,a[i])，容易发现他们的下边是连续的。且目前 a[i]a[i]a[i] 一定是放在最后面的。
  我们记录 lim[i]lim[i]lim[i] 表示最大的满足 jjj，满足 2⋅a[j]≤a[i]2\cdot a[j]\le a[i]2⋅a[j]≤a[i]
  那么，目前我们对于 dp[i]dp[i]dp[i]，我们放进去的数字的个数为 lim⁡[i]+1\lim[i]+1lim[i]+1，其他的数字目前还放不进去。
• 我们考虑从 dp[j]dp[j]dp[j] 转移到 dp[i]dp[i]dp[i]，当然 j<ij<ij<i 且 2⋅a[j]≤a[i]2\cdot a[j]\le a[i]2⋅a[j]≤a[i]
  对于 dp[j]dp[j]dp[j]，能放进去的数的下标为 [1,lim[j]][1,lim[j]][1,lim[j]]；对于 dp[i]dp[i]dp[i]，能放进去的数的下标为 [1,lim[i]][1,lim[i]][1,lim[i]]
  即我们需要新/多放进去 lim[i]−lim[j]−1lim[i]-lim[j]-1lim[i]−lim[j]−1 个数字。注意 a[j]a[j]a[j] 放在哪里我们不知道，也需要额外考虑进去。但是 a[i]a[i]a[i] 是放在最后的，不需要考虑。
  对于 dp[j]dp[j]dp[j]，我们已经放入了 lim⁡[j]+1\lim[j]+1lim[j]+1 个数字，一共有 nnn 个数字，还剩下 n−lim⁡[j]−1n-\lim[j]-1n−lim[j]−1 个位置，其中最后的位置是放置 a[i]a[i]a[i] 的，即我们还有 n−lim⁡[j]−2n-\lim[j]-2n−lim[j]−2 个位置。
  仍然注意，这里的位置是相对位置不是绝对位置。
  那么这些数字放进这些位置中，任意都可以摆放，方案数自然为 An−lim⁡[j]−2lim[i]−lim[j]−1A_{n-\lim[j]-2}^{lim[i]-lim[j]-1}An−lim[j]−2lim[i]−lim[j]−1​
  综上，我们的转移为：
  dp[i]=∑j=0lim⁡[i]dp[j]×An−lim⁡[j]−2lim[i]−lim[j]−1dp[i]=\sum_{j=0}^{\lim[i]} dp[j]\times A_{n-\lim[j]-2}^{lim[i]-lim[j]-1} dp[i]=j=0∑lim[i]​dp[j]×An−lim[j]−2lim[i]−lim[j]−1​
• 最后注意下无解，即 2a[n−1]>a[n]2a[n-1]>a[n]2a[n−1]>a[n] 是非法的。
  注意，我们的时间复杂度为 O(n2)O(n^2)O(n2)，但这题可以优化成 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)，首先 lim[x]lim[x]lim[x] 使用二分进行求解，然后 dp[x]dp[x]dp[x] 可以稍微化简一下：
  dp[i]=∑j=0lim⁡[i]dp[j]×(n−lim[j]−2)!(n−lim[i]−1)!=1(n−lim[i]−1)!×Pre[lim[i]]dp[i]=\sum_{j=0}^{\lim[i]} dp[j]\times \frac{(n-lim[j]-2)!}{(n-lim[i]-1)!}=\frac{1}{(n-lim[i]-1)!} \times Pre[lim[i]] dp[i]=j=0∑lim[i]​dp[j]×(n−lim[i]−1)!(n−lim[j]−2)!​=(n−lim[i]−1)!1​×Pre[lim[i]]
  即可以快速求出。

代码

• 时间复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
using namespace std;
typedef long long ll;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}const int MAX = 5e3+50;
const int MOD = 998244353;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-5;ll qpow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;n>>=1;}return res;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){a%=p;ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a%p;a=a*a%p;n>>=1;}return res;}
ll npow(ll a,ll n){/* */ll res = 1LL;while(n){if(n&1)res=res*a;a=a*a;n>>=1;if(res<0||a<0)return 0;}return res;}
ll inv(ll a){/* */return qpow(a,MOD-2);}
ll inv(ll a,ll p){return qpow(a,p-2,p);}int aa[MAX];
int lim[MAX];
ll f[MAX];ll fac[MAX],ivfac[MAX];void init(int n){fac[0] = 1;for(int i = 1;i <= n;++i)fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;ivfac[n] = inv(fac[n]);for(int i = n - 1;~i;--i)ivfac[i] = ivfac[i+1] * (i+1) % MOD;
}ll A(int n,int m){if(n < 0 || m > n)return 0;return fac[n] * ivfac[n-m] % MOD;
}int main()
{init(5000);int n;cin >>n;for(int i = 1;i <= n;++i)cin >>aa[i];sort(aa+1,aa+1+n);if(2*aa[n-1] > aa[n]){puts("0");return 0;}for(int i = 1;i <= n;++i){for(int j = 1;j < i;++j){if(2*aa[j] <= aa[i]){lim[i] = j;}else{break;}}}f[0] = 1;lim[0] = -1;for(int i = 1;i <= n;++i){for(int j = 0;j <= lim[i];++j){f[i] = (f[i] + f[j] * A(n - lim[j] - 2,lim[i] - lim[j] - 1) % MOD) % MOD;}}cout << f[n];return 0;
}
/***/

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