Codeforces Round #641 (Div. 2)解题报告

A. Orac and Factors：

题目大意：

  $k$次操作，给$n$每次加上其的最小因数（$n$会改变），$k$次操作之后，输出$n$

解题思路：

  如果$n$为奇数，那么其最小因数肯定为奇数，相加之后的$n$即为偶数，而偶数的最小因子为2，之后$n$一直为偶数
  因此只要在一开是$for$一遍找出最小因子，加上后，加上$(k-1)\ast 2$即可

AC代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll t,n,k;
int main() {
	scanf("%lld",&t);
	while(t--) {
		scanf("%lld%lld",&n,&k);
		for(int i=2; i<=n; i++)
			if(n%i==0) {
				n+=i;
				break;
			}
		n+=(k-1)*2;
		printf("%lld\n",n);
	}
} 

B. Orac and Models

题目大意：

  长度为$n$的序列，问取出最长的子序列满足以下条件，相邻标号，右边的序号是左边的倍数（在原序列中），且值为递增。

解题思路:

1. 记忆话搜索
2. dp+预处理所有数的因子（嫌麻烦，于是比赛时没写 ）

AC代码:

#include
using namespace std;
int t,n;
int a[100100],f[100100];//f数组表示以当前位置的数为开头的最长子序列
int dfs(int pos) {
	//system("pause");
	if(f[pos]) return f[pos];//搜过就不搜了
	f[pos]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		if(pos*i>n) break;
		if(a[pos*i]>a[pos]) {//吐槽：一开始在这里，一直写i一直错....
			f[pos]=max(f[pos],dfs(pos*i)+1);
		}
	}
	return f[pos];
}
int main() {
	scanf("%d",&t);
	while(t--) {
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1; i<=n; i++)
		    scanf("%d",&a[i]);
		for(int i=1; i<=n; i++)
			if(!f[i]) f[i]=dfs(i);
		int ans=0;
		for(int i=1; i<=n; i++) {
			ans=max(ans,f[i]);
			f[i]=0;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
} 

C. Orac and LCM

题目大意：

  $n$个数，分别为a₁，a₂…a_n，构造一个$b$序列，其中元素为：lcm(a₁,a₂),lcm(a₁,a₃)…lcm(a₁,a_n),lcm(a₂,a_n)…,lcm(a_n-1,a_n)，问这些数的最大公约数是什么？

解题思路：

  最后一秒钟没交上去…第二天就A了…
  第一种方法：$gcd(lcm(a,b),lcm(a,c))=a\ast gcd(b,c)/gcd(a,b,c)$
  什么要证明？对不起，不会ing…留坑
  填坑： $gcd(lcm(a,b),lcm(a,c))=a\ast gcd(b,c)/gcd(a,b,c)$与$gcd(lcm(a,b),lcm(a,c))=lcm(a,gcd(b,c))$等价
  1.将$lcm(x,y)$看作x和y质因子的并集，$gcd(x,y)$看作x和y质因子的交集
  2.$左式=(A\bigcup B)\bigcap (A\bigcup C)$
  3.$右式=A\bigcup (B\bigcap C)$
  4.用点集合知识就能证明$左式=右式$
  其余做法：

1. $p^k|ans$当且仅当至少有$n-1$个整数在$a$数组中满足$p^{k-1}|a$_i
2. $solution1$:找到这样一个$v$，列举每一个小于等于$p$的质数，计算最大的$k$_i使p^ki<=a_i，其中排名第二小的k_i即满足$p^{ki}|ans$（根据1），算出所有的$ans$的质因数相乘即可
3. $solution2$:大致思路：设d_i为除a_i之外的元素，gcd(d_i)又满足条件1，因此ans=lcm(gcd(d₁,d₂,…,d_n)）

AC代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
ll a[100100], d[100100], b[100100];
ll Gcd(ll a, ll b) {
	if(b == 0) return a;
	else return Gcd(b, a%b);
}
int main() {
	scanf("%lld", & n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", & a[i]);
	d[n] = a[n];//d[i]数组计算a[n]~a[i]的最大公约数
	for(int i = n-1; i >= 1; i--) d[i] = Gcd(d[i+1], a[i]);
	for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = a[i] * d[i+1] / d[i];
	ll ans = b[n];
	for(int i = 1; i <= n-1; i++) ans = Gcd(ans, b[i]);
	cout << ans <<endl;
}

D. Orac and Medians

题目大意：

  一个数组里一段数可以都变成他的中位数，问整个序列中的数能不能都变成$k$。可以变化很多次。(偷懒ing)

解题思路：

1. 首先这个序列中要有$k$
2. 其次是存在相邻的两个元素大于等于$k$或者存在间隔一个元素的两个元素大于等于$k$
3. ps:这个很好手模，请各位读者手模证明一下，加深印象

AC代码：

#include
using namespace std;
int t, n, k, tag1, tag2;
int a[100100];
int main() {
	scanf("%d", & t);
	while(t--) {
		scanf("%d%d", & n, & k);
		for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", & a[i]);
		tag1 = tag2 = 0;//tag1代表是否满足条件1，tag2代表是否满足条件2
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			if(a[i] == k) tag1 = 1;
			if(a[i] >= k && a[i + 1] >= k || a[i - 1] >= k && a[i + 1] >= k) tag2 = 1;
		}
		if(tag1 && tag2 || n == 1 && a[1] == k) printf("YES\n");
		//注意特判n = 1的情况
		else printf("NO\n");
		for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 0; //初始化
	}
	return 0;
}