Codeforces Round #717 (Div. 2)(ABCD)

A. Tit for Tat

从前往后枚举，把前面的数减到0，然后给最后一个数加上去。操作次数没了就停止

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
long long sum=1;
bool vis[N];
int a[N];
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){int n,k,g=0;cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];int now=a[i];a[i]=max(0,a[i]-k);k-=now-a[i];g+=now-a[i];}for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",a[i]);cout<<a[n]+g;cout<<endl;}return 0;
}

B. AGAGA XOOORRR

用前缀异或。
比如异或出来的前缀数组是
a数组 1 4 5 7 0 4 3 4 0 9 8
下标：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
可以发现在0前面的任何一个数x，都可以让0前面变成两段。两段各自的异或就可以是x。比如1-3区间异或为a[3]=5。4-5的异或为a[5]^a[3]=5。则这两段异或值相同
记录最后一个0的位置，如果0在最后。则区间划分成两段。
否则划分成3段。记录0前面有没有数等于0后面的异或值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
long long sum=1;
int a[N];
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;bool f=0;int q=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];a[i]^=a[i-1];if(a[i]==0)q=i;} int sum=a[n];for(int i=1;i<q;i++)if(a[i]==sum)f=1;if(f||q==n)puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}

C. Baby Ehab Partitions Again

用f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示前i个物品取体积不超过j的最大价值。这里把价值当作体积。
某个子序列的和是x 则f[n][x]==xf[n][x]==xf[n][x]==x，否则说明取不到和是x的子序列
如果有两个子序列和一样，那么这个和加起来一定是偶数。
如果是奇数，直接输出0
否则令当前所有物品体积和为s。看是否有和是s/2，如果没有则输出0。否则一定会删除1个数。遍历一遍每个数，如果是奇数直接输出。因为偶数-奇数=奇数，一定不会有两个一样的和加起来是偶数。或者不存在(s-a[i])/2的和也直接输出

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int f[N][N*2000+10],a[N];
int main()
{int n;cin>>n;int m=n*2000,s=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];s+=a[i];for(int j=a[i];j<=m;j++){f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-a[i]]+a[i]);}}if(s&1)cout<<0;else{if(f[n][s/2]!=s/2){cout<<0;return 0;}cout<<1<<endl;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]&1||(f[n][(s-a[i])/2]!=(s-a[i])/2)){cout<<i;return 0;}}}return 0;
}

D Cut

首先要使分割的每一段里面的数两两都是互质的。
比如有两个数质因数分解分别为 a=23∗34∗52a=2^3*3^4*5^2a=23∗34∗52 和b=21∗35b=2^1*3^5b=21∗35
则他们的乘积就是24∗39∗522^4*3^9*5^224∗39∗52 lcm为23∗34∗522^3*3^4*5^223∗34∗52
要使乘积等于lcm，则每个质因子只能a有或者只能b有。

1.考虑ne[i]ne[i]ne[i]：位置i左边最近的非互质的数的位置
a： 2 3 10 7 5 14
ne ：0 0 1 0 3 4
有了ne[i]我们已经可以计算答案了，假如i位置跳到ne[i]，我们自然会想把ne[i]+1~i划分为一组。但如果这里面还有两个数是非互质的呢
比如 14 10 5 7 ne[4]=1 ne[3]=2显然我们只能把5和7这两个数组划分为一组。
所以ne[i]=max(ne[i],ne[i-1])即可
2.计算 ne[i] ，从前往后对每个数质因数分解，当前枚举到位置 i ，对a[i]所有的质因子j 。ne[i]=max(ne[i],wei[j])ne[i]=max(ne[i],wei[j])ne[i]=max(ne[i],wei[j])。。。wei[j]wei[j]wei[j]表示j这个数的位置。然后更新记录这质因子的位置为wei[j]=i;wei[j]=i;wei[j]=i;
3.用倍增法快速跳跃。一步步跳可能会超时。倍增法枚举log次即可。
f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示从 j 这个位置跳2i2^i2i步到的位置。
则f[i][j]=f[i−1][f[i−1][j]];f[i][j]=f[i-1][f[i-1][j]];f[i][j]=f[i−1][f[i−1][j]];
即先跳一半再跳一半嘛。
4.计算答案。i从20开始枚举因为2202^{20}220>1e51e^51e5，即从跳2i2^i2i步开始枚举，从r往l跳，只要跳到范围没有超过l(<l)就跳过去。然后答案加上2i2^i2i，最终答案还要加上1，要多跳一下。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int ne[N],a[N],wei[N],f[20][N];//wei表示i这个数的位置
int main()
{int n,q;cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int x=a[i];for(int j=2;j*j<=x;j++){if(x%j==0){ne[i]=max(ne[i],wei[j]);wei[j]=i;while(x%j==0){x/=j;}}}if(x>1){ne[i]=max(ne[i],wei[x]);wei[x]=i;}ne[i]=max(ne[i],ne[i-1]);f[0][i]=ne[i];}for(int i=1;i<=19;i++){for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=f[i-1][f[i-1][j]];}while(q--){int l,r,x,ans=0;cin>>l>>r;x=r;for(int i=19;i>=0;i--){if(f[i][x]>=l){ans+=1<<i;x=f[i][x];}}printf("%d\n",ans+1);}return 0;
}
/*
5 3
2 14 10 5 7
1 5
*/

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