Educational Codeforces Round 58

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A. Minimum Integer

题意

输出不在范围 $[l,r]$ 内的最小的正整数 $x$，要求 $x$ 是 $d$ 的整数倍。

输入

第一行为一个整数 $q(1\le q\le 500)$，接下去有 $q$ 行，第 $i$ 行的三个整数分别为 $l_i,r_i,d_i(1\le l_i\le r_i\le 10^9,1\le d_i\le 10^9)$。

输出

对于每一行询问，输出对应的答案。

样例

输入
5 2 4 2 5 10 4 3 10 1 1 2 3 4 6 5
输出
6 4 1 3 10

题解

若 $d$ 在 $[l,r]$ 范围内，则输出 $(\lfloor \frac{r}{d}\rfloor +1)\times d$，否则输出 $d$。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
int T;
int l, r, x;

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d", &l, &r, &x);
        if(x >= l && x <= r) {
            printf("%d\n", r / x * x + x);
        } else {
            printf("%d\n", x);
        }
    }

    return 0;
}

B. Accordion

题意

用一个字符串来表示一个手风琴，其必须要满足的格式为：由 [ 开头，接着是一个 :，往后是连续的多个或零个 |，接着是一个 : 和 ]。给定一个字符串，问能否通过删除一些字符，使得最终剩下的字符串可以表示成一个手风琴，若能，求最长剩余字符串长度。

输入

输入仅包含一个字符串 $s(1\le |s|\le 5\times 10^5)$，其中只包含小写字母以及 [、]、:、| 这几种符号。

输出

如果无法满足题意，则输出 $-1$，否则输出能表示成手风琴的最长的字符串。

样例

输入
|[a:b:|]
输出
4

输入
|]:[|:]
输出
-1

题解

先找出最左边的 [ 下标 $l$ 以及最右边的 ] 的下标 $r$，要求 $l<r$，接着找在 [l,r] 范围内最左边的 : 以及最右边的 :，最后将这两个冒号间所有的 | 个数统计出来，答案就是 | 的个数 $+4$。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 500000 + 100;
int len;
char str[maxn];

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%s", str + 1) != EOF) {
        len = strlen(str + 1);
        int l = -1;
        int r = -1;
        for(int i = 1; i <= len; ++i) {
            if(str[i] == '[') {
                l = i;
                break;
            }
        }
        for(int i = len; i >= 1; --i) {
            if(str[i] == ']') {
                r = i;
                break;
            }
        }
        if(l == -1 || r == -1 || r <= l) {
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        int ll = -1;
        int rr = -1;
        for(int i = l + 1; i < r; ++i) {
            if(str[i] == ':') {
                if(ll == -1) {
                    ll = i;
                }
                rr = i;
            }
        }
        if(ll == -1 || rr == -1 || ll >= rr) {
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        int ans = 4;
        for(int i = ll + 1; i < rr; ++i) {
            if(str[i] == '|') {
                ++ans;
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}

C. Division and Union

题意

给定 $n$ 条线段，第 $i$ 条线段的两个端点分别为 $[l_i,r_i]$，将这 $n$ 条线段分别放入两个非空集合中，要求从这两个集合中分别任意取一条线段出来，这两条线段没有任何公共部分。

输入

第一行为一个整数 $T(1\le T\le 5\times 10^4)$，接下去有 $T$ 组数据，每组数据第一行为一个整数 $n(2\le n\le 10^5)$，数据保证所有数据的 $n$ 的总和不超过 $10^5$，接下去 $n$ 行每行两个整数 $l_i,r_i(1\le l_i\le r_i\le 2\times 10^5)$。

输出

对于每组数据输出一行，若某组数据无解，则输出 $-1$，否则输出 $n$ 个整数 $t_1,t_2,\cdots ,t_n(t_i\in \{1,2\})$，$t_i=1$ 表示第 $i$ 条线段被分到第 $1$ 个集合中，$t_i=2$ 表示第 $i$ 条线段被分到第 $2$ 个集合中，若有多解则输出任意一个。

样例

输入
3 2 5 5 2 3 3 3 5 2 3 2 3 3 3 3 4 4 5 5
输出
2 1 -1 1 1 2
提示
在第一组数据中，两条线段应被放到不同的集合中，但答案并不一定必须是 2 1，也可以是 1 2。 在第二组数据中，第三条线段与前两条线段相交，因此它们应该被分在同一个集合中，这样另一个集合就会为空，不满足题意，因此答案为 $-1$。 在第三组数据中，我们可以以任意方式将三条线段分配到两个不同的集合中，只要这两个集合非空就是合法的，因此总共有 $6$ 种合法的答案。

题解

将每条线段的两个端点拆开，左区间 $l_i$ 标为 $+i$，右区间 $r_i+1$ 标为 $-i$，以端点大小为主关键字从小到大、以下标为此关键词从小到大排序，最后对整个数组扫一遍，遇到左端点则放入集合中，遇到右端点则从集合中删除，最后用并查集维护相互覆盖的线段，只要存在至少两个连通块，就存在答案，将其中一个连通块中的线段放到集合 $1$ 中，其他的连通块放入集合 $2$ 中。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 100000 + 100;
struct Node {
    int Index, x;
};

bool operator<(const Node &a, const Node &b) {
    return a.x == b.x? a.Index < b.Index: a.x < b.x;
}

int T, n, l, r;
Node node[maxn << 1];
set<int> st;
int fa[maxn], ans[maxn];

void Init() {
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        fa[i] = i;
    }
}

int Find(int x) {
    return x == fa[x]? x: fa[x] = Find(fa[x]);
}

void unit(int x, int y) {
    int xx = Find(x);
    int yy = Find(y);
    fa[xx] = yy;
}

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d", &n);
        st.clear();
        Init();
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            node[i].Index = i;
            node[i].x = l;
            node[i + n].Index = -i;
            node[i + n].x = r + 1;
        }
        sort(node + 1, node + 1 + 2 * n);
        for(int i = 1; i <= 2 * n; ) {
            while(i <= 2 * n && node[i].Index < 0) {
                st.erase(-node[i].Index);
                ++i;
            }
            if(i == 2 * n + 1) {
                break;
            }
            int f;
            if(st.empty()) {
                f = node[i].Index;
            } else {
                f = *st.begin();
            }
            while(i <= 2 * n && node[i].Index > 0) {
                st.insert(node[i].Index);
                unit(node[i].Index, f);
                ++i;
            }
        }
        bool flag = false;
        int f = Find(1);
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(Find(i) == f) {
                ans[i] = 1;
            } else {
                flag = true;
                ans[i] = 2;
            }
        }
        if(!flag) {
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(i != 1) {
                printf(" ");
            }
            printf("%d", ans[i]);
        }
        printf("\n");
    }

    return 0;
}

D. GCD Counting

题意

给定一棵 $n$ 个节点的树，树上的每个点都有一个权值 $a_i$，定义 $g(x,y)$ 表示从节点 $x$ 到节点 $y$ 的路径上所有节点（包括 $x,y$ 两点）权值的 $\gcd$，定义 $dist(x,y)$ 表示从节点 $x$ 到节点 $y$ 的路径上所有节点的数量，对于任意一个节点有 $dist(x,x)=1$。求在 $g(x,y)>1$ 的 $x,y$ 对中，$dist(x,y)$ 的最大值。

输入

第一行为一个整数 $n(1\le n\le 2\times 10^5)$，第二行为 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n(1\le a_i\le 2\times 10^5)$，接下去 $n-1$ 行每行两个整数 $x,y(1\le x,y\le n,x̸=y)$，表示节点 $x$ 与节点 $y$ 之间有一条连边，数据保证所有的边可以构成一棵树。

输出

如果不存在满足条件的答案，输出 $0$，否则输出满足条件的 $dist(x,y)$ 的最大值。

样例

输入
3 2 3 4 1 2 2 3
输出
1

输入
3 2 3 4 1 3 2 3
输出
2

输入
3 1 1 1 1 2 2 3
输出
0

题解

定义 $dp[i][j]$ 表示以第 $i$ 个节点为根，从其任意一个子节点往下的一条链，这条链上所有节点权值的 $\gcd$ 为 $j$ 的倍数的最长长度，则可以得到 $dp$ 递推式：
$$dp[i][j]=\max (dp[so{n}_i][j])+1$$

其中 $so{n}_i$ 为节点 $i$ 的所有子节点，$j$ 为 $i$ 的所有质因子，答案为：
$$ans=\max (\max (dp[so{n}_i][j])+next\_max(dp[so{n}_i][j])+1)$$

其中 $next\_max$ 表示序列中的次大值。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 200000 + 100;
int n, ans, u, v;
int num[maxn];
vector<int> G[maxn];
vector<int> fac[maxn];
map<int, int> dp[maxn];
map<int, int>::iterator it;

int cnt;
int prime[maxn];
bool vis[maxn];

void Prime(int n) {
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        if(!vis[i]) {
            prime[cnt++] = i;
        }
        for(int j = 0; j < cnt && i <= n / prime[j]; ++j) {
            int k = i * prime[j];
            vis[k] = true;
            if(i % prime[j] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
}

void dfs(int f, int x) {
    int len = G[x].size();
    for(int i = 0; i < len; ++i) {
        int pos = G[x][i];
        if(pos == f) {
            continue;
        }
        dfs(x, pos);
    }
    len = fac[num[x]].size();
    for(int i = 0; i < len; ++i) {
        int ffac = fac[num[x]][i];
        int MMax = 0;
        int Max = 0;
        int llen = G[x].size();
        for(int j = 0; j < llen; ++j) {
            int pos = G[x][j];
            if(pos == f) {
                continue;
            }
            it = dp[pos].find(ffac);
            if(it == dp[pos].end()) {
                continue;
            }
            if(it->second >= Max) {
                MMax = Max;
                Max = it->second;
            } else if(it->second > MMax) {
                MMax = it->second;
            }
        }
        ans = max(ans, 1 + Max + MMax);
        dp[x][ffac] = 1 + Max;
    }
}

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    Prime(maxn - 1);
    for(int i = 0; i < cnt; ++i) {
        for(int j = prime[i]; j < maxn; j += prime[i]) {
            fac[j].push_back(prime[i]);
        }
    }
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &num[i]);
    }
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 1);
    printf("%d\n", ans);

    return 0;
}

E. Polycarp’s New Job

题意

给定两种操作：

1. 从一个初始为空的集合中加入一张大小为 $x\times y$ 的票据；
2. 询问大小为 $h\times w$ 的钱包是否能装下所有票据。

对于所有已经被加入集合的票据，满足以下任意一个条件，则钱包能够装下所有票据：

1. $x_i\le h$ 且 $y_i\le w$；
2. $x_i\le w$ 且 $y_i\le h$。

对于每次询问，输出钱包是否能够装下集合中所有的票据。

输入

第一行包含一个整数 $n(2\le n\le 5\times 10^5)$，接下去有 $n$ 次操作，每次操作格式为以下两个之一：

1. $+xy(1\le x,y\le 10^9)$，表示加入一张大小为 $x\times y$ 的票据；
2. $?hw(1\le h,w\le 10^9)$，询问大小为 $h\times w$ 的钱包能否放下集合中的所有票据。

数据保证在第一个询问 $2$ 之前至少存在一个询问 $1$，并且至少存在一个询问 $2$。

输出

对于每次询问，输出 $YES$ 或 $NO$，表示答案。

样例

输入
9 + 3 2 + 2 3 ? 1 20 ? 3 3 ? 2 3 + 1 5 ? 10 10 ? 1 5 + 1 1
输出
NO YES YES YES NO

题解

对于每次放入的票据，每次取短边的最大值和长边的最大值，对于每次询问，只要短边的最大值小于等于钱包的短边，长边的最大值小于等于钱包的长边即可。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
int n, l, r, maxl, maxr;
char ch[2];

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
        maxl = 0;
        maxr = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%s%d%d", ch, &l, &r);
            if(l > r) {
                swap(l, r);
            }
            if(ch[0] == '+') {
                maxl = max(maxl, l);
                maxr = max(maxr, r);
            } else {
                if(l >= maxl && r >= maxr) {
                    printf("YES\n");
                } else {
                    printf("NO\n");
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}