Codeforces Round #641 (Div. 2)

这里补BCD题，这次还是太菜了，只a了2题，D还理解错了，c是一点不会

传送门

B题

• B题wa了三发好惨，这个时间比较宽裕，所以有很多办法，最终基本都是DP
• 原本想的是把每一个数分解，求出他的因子，然后对因子进行操作
• 或者直接DP，直接对当前数值的倍数进行操作
• 这里比较坑的是让dist[i] = 1，原本只对1进行了赋初值，然后想到一个样子
• a[1] = 10, a[2] = 1, a[3] =2, a[4] =3，这里是输出 2，因为2，4符合，但是如果不都赋初值1，那么输出的只是1，所以这个地方挺坑的，需要注意一下

代码：

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

const int N = 100010;

int a[N], dist[N];



int main(){
    
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){

        memset(dist,0,sizeof dist);
        int n;
        scanf("%d",&n);

        for (int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            dist[i] = 1;
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++){ // 直接倍数
            int x = i;
            for (int j = 1; x * j <= n; j ++){
                if (a[j * i] > a[i]) dist[i*j] = max(dist[i*j] ,dist[i] + 1);
            }
        }
        int res = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            res = max(res,dist[i]);
        }
        printf("%d\n",res);
    }
}

C题解题思路：

• C题有点复杂，自己想了好久才明白了一个复杂的做法，那种lcm又gcd的看不懂，还没理解好
• 先讲下质因子分解的思路
• 首先我们得出的数将他质因子分解 res = p1 ^ k1 * p2 ^ k2 …
• 然后我们对p1^k1举例，为了方便下面简化成 p ^ k
• 对于p ^ k， 由于p ^ k 是由于他们gcd得出的，所以是他们共有的
• 因此我们对他们的每个数都质因子分解，然后存储在vector里
• 然后我们从1 ~ 200000，这个范围（是因为输入的数据范围是1 ~ 2000000），我们依次判断他是否存在值 >= n - 1
• 为什么是n - 1,因为只有存在大于等于n - 1个数的质因子都存在，那么他们的lcm最后的gcd才能存在当前的值
• 如果数目是n，那么我选选取第二小的位置，就相当 2, 4，8他们的lcm的gcd肯定是4，因为他们受最少的这两个指数的约束，这个自己理解一下
• 然后如果数目是n - 1，那么就取最小值就可以，因为道理和上面的基本相同，因为缺少一位所以值受最小值的影响
• 然后他们相乘即可

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 200010;

vector<long long> ans[N];

ll mod_mult(ll a,ll b){  //计算 a*b
    ll res = 0;
    ll exp = a;
    while(b){
        if (b&1){
            res += exp;
            
        }
        exp<<=1;
        
        b>>=1;
    }
    return res;
}


ll mod_exp(ll a,ll b){
    ll res = 1;
    ll exp = a ;
    while(b){
        if (b & 1) res = mod_mult(res,exp);
        exp = mod_mult(exp,exp);
        b>>=1;
    }
    return res;
}

ll pow_(ll a, ll b){
    for (int i = 1; i<= b; i++){
        a = a * a;
    }
    return a;
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        for (int j = 2; j * j <= x; j ++){
            if (x % j == 0){
                int cnt = 0;
                while(x % j == 0){
                    cnt++;
                    x /= j;
                }
                ans[j].push_back(cnt);
            }
            
        }
        if (x != 1) ans[x].push_back(1);
    }


    ll res = 1;
    for (long long i = 1; i <= 200000; i++){
        if (ans[i].size() >= n - 1){
            sort(ans[i].begin(),ans[i].end());
            if (ans[i].size() == n) res *= mod_exp(i,ans[i][1]);
            else res *= mod_exp(i,ans[i][0]);
        }
    }

    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

D题解题思路：

• D题相对于C题来说比较好理解，因为情况很少，不过一开始理解错题意了
• 这里寻找l - r 的中位数，那么这个中位数是值的中位数而不是下标的（理解错题意了）
• 所以首先判断这里面是否存在k，如果存在就成功了一半，如果不存在，当然是"no"
• 然后我们判断2个条件，是否存在2个连续的>= k 的值存在，因为如果存在，那么他可以将所有的值都变为>= k，然后如果原本存在k，那么就可以都变为k
• 还有一个是是否存在3个连续的值当中，里面存在2个值>= k，其中寻找的就是3个值中是否至少有2个值>=k 即可（这个就是一开始中位数理解错的地方），然后这两个条件一合并如果符合就"yes"，否则就“no”。

代码：

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 100010;

int a[N];

int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int n, k;
        scanf("%d%d",&n,&k);
        int f = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            if (a[i] == k) f = 1;
        }
        if (n == 1){
            if (a[1] == k) puts("yes");
            else puts("no");
            continue;
        }
        int ff = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            if (a[i] >= k){
                if (i != n){
                    if (a[i + 1] >= k) ff = 1;
                }
                if (i < n - 1){
                    if (a[i + 2] >= k) ff = 1;  
                }
            }
        }
        if (f && ff){
            puts("yes");
        }
        else{
            puts("no");
        }
    }
    return 0;
}