CF刷题（01）——难度1600
从今天起，cf开刷，先从难度1600写起试试，每个难度的题目放在一个博客里面。看看最后可以写多少个博客。每一道AC的题目的代码都放在这里
1600打算写25道题后晋级1700.
最近训练重心：数学
math、number theory、probabilities、geometry、combinatorics
每天至少3道题：见到这几个标签就去写！
1.C. k-Tree
- 太菜了，不会写。官方的题解写的挺好的。
- f ( i , j ) f(i, j) f(i,j)：路径权重总和是 i，j = 0 表示路径中没有超过 d 的边，j = 1 表示路径中有超过 d 的边。
- 我们这样思考，对于计算 f ( i , 0 ) f(i, 0) f(i,0), 我们让这个分为两步，先走 k，再一步走了 n - k，因此 f ( i , 0 ) = f ( i − 1 , 0 ) + f ( i − 2 , 0 ) + . . . + f ( i − m i n ( d − 1 , i ) , 0 ) f(i, 0) = f(i - 1, 0) + f(i - 2, 0) + ... + f(i - min(d - 1, i), 0) f(i,0)=f(i−1,0)+f(i−2,0)+...+f(i−min(d−1,i),0)。这样子首先是不会重复的，因为最后一步走的距离不一样，肯定不会一样。这样子应该也不会有遗漏的吧，因为…想不到会遗漏哪种情况，最后一步都枚举过了。
- f ( i , 1 ) = f ( i − 1 , 1 ) + . . . + f ( i − m i n ( i , k ) , 1 ) + f ( i − d , 0 ) + f ( i − ( d + 1 ) , 0 ) + . . . + f ( i − m i n ( k , i ) , 0 ) f(i, 1) = f(i - 1, 1) + ... + f(i - min(i, k), 1) + f(i - d, 0) + f(i - (d + 1), 0) + ... + f(i - min(k, i), 0) f(i,1)=f(i−1,1)+...+f(i−min(i,k),1)+f(i−d,0)+f(i−(d+1),0)+...+f(i−min(k,i),0).
#include2.A. Linova and Kingdom
- 太菜了，不会写。但是官方的题解写的挺好懂的。
- 答案思路没问题，但是公式写错了。我说怎么理解不了那个公式！
- 应该这么说：the total happiness will be increased by s i z u − d e p u − 1 siz_u−dep_u - 1 sizu−depu−1: the envoy of u won’t be sent, we will lose d e p u dep_u depu happiness; a total of s i z u − 1 siz_u−1 sizu−1 envoys of all nodes in the subtree rooted on u except u itself will get one more happiness.
#include3.A. Maze
这道题，我想这是什么玩意儿，想半天不知道怎么写。然后看一下题解…
#include4.奇怪的八进制
对于这样的n进制，其实可以这样。十进制数x：
- stack.push((x - 1) % 8)
- x = (x - 1) / 8.
dic = {0:'A', 1:'B', 2:'C', 3:'D', 4:'E', 5:'F', 6:'G', 7:'H'};
def get(x):
if(x > 0):
get((x - 1) // 8);
print(dic[(x - 1) % 8], end = '');
x = int(input());
get(x);
5.D. Constructing the Array
- 给定一个长度为n的全0数组a，每次进行以下操作直到所有元素均不为零：在第i次操作中，取最长的全为0的一段子序列（优先取最左边的），令 a [ l e n / 2 ] = i a[len/2]=i a[len/2]=i 。其中len为偶数，取l+r或l+r−1。
#include6.C. Game On Leaves
- 我想，如果你想等到X变成叶子节点的时候再去取，那么是两个情况：它本身就是叶子节点；原图只剩下两个节点了。因为那两个人会想方设法不让它成为叶子节点。
- 小心变量别整错。
#include7.C. Circle of Monsters
- 从大角度分析。首先，怪物如果死后不爆炸，那么需要 A = ∑ i = 0 N − 1 a i A = \sum\limits_{i=0}^{N - 1}a_i A=i=0∑N−1ai 个子弹。但是，由于爆炸，可以节省 B = ∑ i = 0 N − 1 m i n ( G [ i ] . b , G [ ( i + 1 ) % N ] . a ) − x B = \sum\limits_{i=0}^{N-1}min(G[i].b, G[(i+1)\%N].a) - x B=i=0∑N−1min(G[i].b,G[(i+1)%N].a)−x 的子弹。A 和 B 都是定值，因此x越小越好。于是程序如下：
#include8.G. Special Permutation
- 无脑构造题，挺好写的。方法略微有点麻烦，但是解决问题第一步嘛。
#include9.C. Good Subarrays
你需要找到有多少个区间使得其区间内每个元素的和为区间长度。
- Let’s precalculate the array p, p r − p l − 1 = r − l + 1 ↔ p r − r = p l − 1 − ( l − 1 ) p_r - p _{l-1} = r - l + 1 \leftrightarrow p_r - r = p_{l - 1} - (l - 1) pr−pl−1=r−l+1↔pr−r=pl−1−(l−1).
- 别忘记 p 0 p_0 p0 也要算上。
#include10.C. Phoenix and Distribution
- 给了一个长度为n的字符串，让你将字符串分成k个字符串，这k个字符串不能存在空串，现在想要知道，这k个字符串中 字典序最大的最小的字符串是什么。
- 设最小的字符是 x，x 出现的次数是 cnt. 如果 cnt < K，那么就输出字典序第 K 小的字符；cnt >= K时，看看剩下的 N - K 个字符是否相等，如果相等，则均匀的分在每个字串后面，如果不相等，就全部接在 x 的后面。
#include11.C. Yet Another Counting Problem
- 题意：Calculate the number of integers x x x such that l i ≤ x ≤ r i l_i≤x≤r_i li≤x≤ri, and ( ( x m o d a ) m o d b ) ≠ ( ( x m o d b ) m o d a ) ((x\ mod\ a)\ mod\ b)≠((x\ mod\ b)\ mod\ a) ((x mod a) mod b)=((x mod b) mod a).
- 本来想推到数学公式，然后发现不会推。但是 a 和 b 的范围都挺小的。打个表很快发现规律,以 L C M ( a , b ) LCM(a, b) LCM(a,b) 为循环节，每个循环节内满足条件的数都相同，算出[1,r]满足条件的数，算出[1,l−1]满足条件的数，相减即可。又是这个方法！因为查询数很多，所以可以算出前缀和数组。
#include12.C. Hard problem
- 要使n个字符串变为字典序。只能进行一种操作：将第i个字符串reverse，并消耗c[i]的能量。求消耗的最小的能量
- f ( i , j ) f(i, j) f(i,j): 前 i i i 个字符串， j = 0 j = 0 j=0 表示第 i i i 个字符串没有反转， j = 1 j = 1 j=1表示字符串反转。其实可以当做一个状态机去写。
- 然后就很好写了呀。不过有一个需要说清楚，按照字典序排序，可以出现小于等于的情况，不需要严格递增。
#include13.A. Orac and LCM
- 一个长度为 N 的数组，求 g c d { l c m ( { a i , a j } ) ∣ i < j } gcd\{lcm(\{a_i , a_j\}) | i < j\} gcd{lcm({ai,aj})∣i<j}
- Observation. p k ∣ a n s p^k ∣ ans pk∣ans if and only if there are at least n − 1 n−1 n−1 integers in a that s.t. p k ∣ a i p^k∣ a_i pk∣ai.
- g c d ( l c m ( a 1 , a 2 ) , l c m ( a 1 , a 3 ) , l c m ( a 1 , a 4 ) , … , l c m ( a 1 , a n ) ) gcd(lcm(a_1,a_2),lcm(a_1,a_3),lcm(a_1,a_4),…,lcm(a_1,a_n)) gcd(lcm(a1,a2),lcm(a1,a3),lcm(a1,a4),…,lcm(a1,an))。因为都有一个共同因子 a 1 a_1 a1。所以 r e s 1 = l c m ( a 1 , g c d ( a 2 , a 3 , a 4 , … , a n ) res_1=lcm(a_1,gcd(a_2,a_3,a_4,…,a_n) res1=lcm(a1,gcd(a2,a3,a4,…,an)。同理 g c d 2 gcd_2 gcd2 也是这样的。最终答案是 g c d ( r e s 1 , r e s 2 , r e s 3 , … , r e s n ) gcd(res_1,res_2,res_3,…,res_n) gcd(res1,res2,res3,…,resn)。所以我们只要求出一个后缀gcd即可.
- 其实还有一种方法，对每个数进行质因数分解，因为 a i a_i ai 的范围比较小。然后选出次数第二大的k作为 p k ∣ a n s p^k | ans pk∣ans. 不过要特判一种情况。当有两个 a i a_i ai 都不能被 p 整除的时候，就把这个p舍去。
#include14.C. Game with Chips
- 2 ∗ N ∗ M 2*N*M 2∗N∗M 是一个非常大的数，因此可以先把所有chips移动到同一个格子2333…
- 第一步，先把所有chips移动到 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)，然后把格子全部访问一遍就行。不过这个是不可以把目标点排序然后依次移动过去的。
#include15.B. Array Walk
题意：有1-n个点，每个点赋值为a[i]，现在可以移动k次，不过只能向左移动z次，并且不能连续向左移动，问你最后走过所有点的和最大是多少。
- 最终的位置由向左走的步数决定。假设向左走了 t t t 步，则向右走了 k − t k - t k−t 步。最后一定呆在 k − 2 ∗ t + 1 k - 2 * t + 1 k−2∗t+1。就是把 1 1 1 到 k − 2 ∗ t + 1 k - 2 * t + 1 k−2∗t+1 加起来，然后在 1 1 1 到 k − 2 ∗ t + 2 k - 2 * t + 2 k−2∗t+2 中找到最大的 ( a i − 1 , a i ) (a_{i-1},a_{i}) (ai−1,ai)。为什么是 k − 2 ∗ t + 2 k - 2 * t + 2 k−2∗t+2 呢？因为可能最后最大的 pair 是 ( a k − 2 ∗ t + 1 , a k − 2 ∗ t + 2 ) (a_{k - 2 * t + 1}, a_{k - 2 * t + 2}) (ak−2∗t+1,ak−2∗t+2).
- 其实可以先扫描一遍，维护一个前缀数组， r e s i res_i resi 为 a k − 1 + a k a_{k - 1} + a_{k} ak−1+ak 最大值，其中 k ≤ i k\le i k≤i. 当然还有一个前缀和数组。
#include16.A. LCM Challenge
- 题意：找到3个不超过n的正整数（可以相同），使得它们的lcm（最小公倍数）最大。输出最大的lcm。
- 找规律我们发现，对于任意一个正整数 a：a 和 a + 1 最大公因数都是1；当 a 是奇数的时候，a 和 a + 2 最大公因数是1；当 a 是偶数的时候，a 和 a + 2 最大公因数是2，a 和 a + 3 的最大公约数是 1 或者是 3，因此，当 N > 6 时， 则 ( N − 1 ) ∗ ( N − 2 ) ∗ ( N − 3 ) (N - 1) * (N - 2) * (N - 3) (N−1)∗(N−2)∗(N−3) 比 N ∗ ( N − 1 ) ∗ ( N − 2 ) / 2 N * (N - 1) * (N - 2) / 2 N∗(N−1)∗(N−2)/2 应该更大一些。
- 题解的方法还是有点，只看 [max(1, n - 50), n]中间连续的三个数最大公因数是多少，持续更新答案。
#include17. A. Multiples of Length
- 题意：给定一个数列{a}，每次你需要选中一个区间[L,R]，然后对区间内每个数字进行一次操作，让ai变成ai+k，并且满足k mod (R−L+1)=0.你只能严格做三遍操作，使得最终所有数字变成0. 注意，不是说加上同一个数，区间内每个数字加上的数不需要相等。
- 我就知道是这个味，但还是没有想到。其实，因为数不相同，所以加上的数字，集合区间长度联系上，有和 a i a_i ai 联系上，那就是这个方法了。
- 把每一个数加上 − N ∗ a i -N* a_i −N∗ai 就是 − ( N − 1 ) ∗ a i -(N - 1) * a_i −(N−1)∗ai，然后每个数再加上 ( N − 1 ) ∗ a i (N - 1)*a_i (N−1)∗ai 就好了。
#include18. C. Kuroni and Impossible Calculation
- 题意：给定n个整数和m,求 ∏ 1 ≤ i < j ≤ n ∣ a i − a j ∣ m o d ( m ) ∏_{1≤i
- 你发现 M 很小，最后结果要取 M，所以当 N > M 时，根据鸽巢原理，答案一定是0呀。
- N <= M 时，直接暴力求解就行。
#include19. B. Ciel and Flowers
- 这道题从剩下几朵花讨论会比较方便
- 其实只会出现六种情况：000，001，002，011，012，022；最后一种需要注意是否需要把一束纯色花拆开，其他都不用管。
#include20.C. Two Arrays
- 题意：你被给予了两个整数n和m，计算两个数组对a，b的个数。数组需满足：
- 两个数组的长度都是m
- 数组中每一个整数都是1到n
- ai≤bi
- 数组a是一个非降的序列，数组b是一个非升的序列
- 可以考虑将a,b数组连起来形成一个b[1],b[2],…,b[m],a[m],a[m-1],…,a[1]的数组，长度为2m且非严格递减，取值都在[1,n]之间（与原问题等价）。
- 转化为 1 ≤ a 1 ≤ . . . ≤ a 2 m ≤ N 1 \le a_1 \le ... \le a_{2m} \le N 1≤a1≤...≤a2m≤N.
- 令 x 1 = a 1 , x 2 = a 2 − a 1 . . . , x 2 m = a 2 m − a 2 m − 1 x_1 = a_1, x_ 2 = a_2 - a_1..., x_{2m} = a_{2m} - a_{2m - 1} x1=a1,x2=a2−a1...,x2m=a2m−a2m−1，则 x 1 + x 2 + . . . + x 2 m ≤ N x_1 + x_2 + ... + x_{2m} \le N x1+x2+...+x2m≤N
- 令 z 1 = x 1 , z 2 = x 2 + 1 , . . . , z 2 m = x 2 m + 1 令 z_1 = x_1, z_2 = x_2 + 1, ..., z_{2m} = x_{2m} + 1 令z1=x1,z2=x2+1,...,z2m=x2m+1，则 0 < z 1 + z 2 + . . . + z 2 m ≤ N 0 < z_1 + z_2 + ... + z_{2m} \le N 0<z1+z2+...+z2m≤N
- 这样就转化为 2m 个隔板，N + 2m - 1 个空隙，答案就是 C N + 2 m − 1 2 m C_{N + 2m - 1}^{2m} CN+2m−12m
#include21.C. Chocolate Bunny
- 交互题，询问 i , j i,j i,j 的 p i m o d p j p_i \ mod\ p_j pi mod pj 的值，问最后这个长度为n的排列是什么。最多问 2*n 次。
- 不要看漏是一个1~N的排列，不然就亏大了。
- a mod b < b mod a，说明 a > b；因为，当 a > b 时，a mod b <= b - 1，而 b % a = b.
#include22.D2. Equalizing by Division (hard version)
- 给了n个数 每次操作可以任意选一个数对他除以2向下取整代替这个数，问让这n个数中，至少有k个数一样。至少要多少次操作. 1 ≤ n , k ≤ 2 ∗ 1 0 5 . 1 \le n,k \le 2*10^5. 1≤n,k≤2∗105.
- vector v[maxn], 记录把每一个元素变为 i 时的花费，push 进 v[i] 里面，然后找到满足 v[i].size() >= k 且总花费最小的。
#include23.B. New Year Permutation
- 题目的意思是给n个数 a [ ] a[] a[]，然后给 n ∗ n n*n n∗n 的关系矩阵 g [ ] [ ] g[][] g[][]，如果关系矩阵中 a [ i ] [ j ] a[i][j] a[i][j] ==1，则代表a[i]和a[j]等价，可以交换。问经过交换能得到的字典序最小的序列为多少。
- 这道题其实不难，模拟的感觉强了一点，很顺利。
#include24.A. Little Pony and Expected Maximum
- 题意：给定m，表示有一个m面的色子，每个面的值为1~m，概率相同，丢n次，问说最大值的期望。
- 这道题蛮简单的。其实这种概率题都是可以转化为古典概型的啦。难点就在我们计算一个序列的个数（当序列中最大的元素是 i 时。
- 答案就是： ∑ i = 1 m i ∗ i n − ( i − 1 ) n m n = ∑ i = 1 m i ∗ [ ( i m ) n − ( i − 1 m ) n ] . \sum\limits_{i=1}^{m}i * \frac{i^n-(i-1)^n}{m^n}=\sum\limits_{i=1}^{m}i*[(\frac{i}{m})^n-(\frac{i-1}{m})^n]. i=1∑mi∗mnin−(i−1)n=i=1∑mi∗[(mi)n−(mi−1)n]. 等式的右边为了防止浮点数溢出。
#include25.A. Rational Resistance
- 这个题有个规律，就是a/b,b/a所需要的电阻数量一样，只是串并联关系不一样而已，因此该题可以这样考虑：那么把每一个电阻都拆成 a b \frac{a}{b} ba 与 a % b b \frac{a \% b}{b} ba%b.
- 为什么 a b \frac{a}{b} ba 和 b a \frac{b}{a} ab 所需电阻数量是一样的呢？If a fraction a b \frac{a}{b} ba can be obtained with k k k resistors, then it is simple to calculate that we can obtain a + b b \frac{a + b}{b} ba+b fractions and a a + b \frac{a}{a+b} a+ba with k + 1 k + 1 k + 1 resistors.
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