Codeforces Round 89 (Rated for Div. 2)

A. Shovels and Swords

题解：
假设第一种工具买了x个,第二种买了y个。
那么由题可知
$0\le 2x+y\le a$
$0\le x+2y\le b$
求(x+y)max，高中线性规划可以求解。

int main()
{
	int t;
	cin >> t;
	while(t--)
	{
		ll a,b;
		cin >> a >> b;
		if(2*min(a,b)<=max(a,b))
			cout << min(a,b) << endl;
		else cout << (a+b)/3 << endl;
	}
}

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B. Shuffle

题解：区间合并，如果有交集就不断扩大左右边界，最后求区间长度即可。

int main()
{
	int t;
	cin >> t;
	while(t--)
	{
		ll n,m,x;
		cin >> n >> x >> m;
		ll L=x,R=x;
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			ll l,r;
			cin >> l >> r;
			if(l<=R && L<=r)
			{
				L=min(L,l);
				R=max(R,r);
			}
		}
		cout << R-L+1 << endl;
	}
}

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C. Palindromic Paths

题解：
emmm,找规律吧，由于从(1,1)到达(n,m)的路径必须是回文串，那么可以理解为从(1,1)出发第m步全部能到达的点必须全部等于从(n,m)出发往(1,1)走时第m步全部能到达的点，那么很容以得出一个结论：就是(1,1)出发第m步全部能到达的点和从(n,m)出发往(1,1)走时第m步全部能到达的点必须全部一致，倘若有一个不一致，那么去时在第m步选择为0，距离终点m步时选择为1的点就不满足回文串要求，知道这个去模拟即可。

int a[35][35];
//map mp,mp1;
int mp[10005],mp1[10005];
int main()
{
	int t;
	cin >>t;
	while(t--)
	{
		memset(mp, 0, sizeof(mp));
		memset(mp1, 0, sizeof(mp1));
		int n,m;
		cin >> n >> m;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++) cin >> a[i][j];
		int ans=0,sum=2+n+m;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				if((n+m)%2==0 && i+j==(n+m)/2+1) continue;
				if(a[i][j]) 
				{
					if(i+j>sum/2) mp[sum-(i+j)]++;
					else mp[i+j]++;
				}
				else 
				{
					if(i+j>sum/2) mp1[sum-(i+j)]++;
					else mp1[i+j]++;
				}
			}
		for(int i=2;i<=sum/2;i++) ans+=min(mp[i],mp1[i]);
		cout << ans << endl;
	}
}

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D. Two Divisors

题解：
这题很坑，以至于好多人被叉了(包括我)，这个题貌似只能用唯一分解定理去搞，由于a[i]≤1e7，即使$n\ast \sqrt{n}时间复杂度也会超时$.
题目要求找一个数的2个>1的因子，使得gcd(d1+d2,a)==1，其实由裴蜀定理可知
gcd(d1+d2,a)==1 ⇒ k1*(d1+d2)+k2*a=1 (k1,k2为整数)
易知a=k3*d1 (k3为整数)
(k1+k2*k3)d1+k1*d2=1 ⇒ k’*d1+k’’*d2=1 (其中k’=(k1+k2*k3),k’’=k1)
由裴蜀逆定理可知
gcd(d1,d2)=1即可
言外之意，找两个大于1且互质的因子即可。
这里有个技巧在欧拉筛完素数时，可以用一个数组mp记录每一个数最小质因子p，将一个数可以表示为x=$p^k\ast p1，此时d1=p^k,d2=p1，判断d1,d2是否为1即可。$

pii d[maxn];
int vis[maxm];
int prime[maxm];
int mp[maxm];
void getprime()
{
	vis[0]=vis[1]=1;
	for(int i=2;i<maxm;i++)
	{
		if(!vis[i]) 
		{
			prime[++prime[0]]=i;
			mp[i]=i;
		}
		for(int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j]<maxm;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			mp[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
int main()
{
	getprime();
	int n,a;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a);
		int tmp=mp[a],y=1;
		cout << tmp << endl;
		if(a>1)
		{
			while(a%tmp==0)
			{
				a/=tmp;
				y*=tmp;
			}
		}
		if(a>1 && y>1)
		{
			d[i].fi=a;d[i].se=y;
		}
		else{
			d[i].fi=-1;
			d[i].se=-1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d ",d[i].first);
	printf("\n");
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d ",d[i].second);
}