CF刷题（03）——难度2100~2400
这个博客记录2100到2400共17个题
2100
1.B. Maximum Value
- 题意：You are given a sequence a consisting of n n n integers. Find the maximum possible value of (integer remainder of a i a_i ai divided by a j a_j aj), where 1 ≤ i , j ≤ n 1 ≤ i, j ≤ n 1 ≤ i, j ≤ n and a i ≥ a j a_i ≥ a_j ai ≥ aj.
- 看清，限制条件是 a i ≥ a j a_i \ge a_j ai≥aj.
- 其实就是从 2 ∗ a 2*a 2∗a 到 2 ∗ m a x a 2*max_a 2∗maxa，每次增加 a a a，找到小于 k ∗ a k*a k∗a 的最大值，答案就在这些之中。
- 还有一个 O ( 1 ) O(1) O(1) 的做法找到小于 k ∗ a k*a k∗a 的方法，看看这个，脑洞还挺大的。
#include- lower_bound()返回一个 iterator 它指向在[first,last)标记的有序序列中可以插入value，而不会破坏容器顺序的第一个位置，而这个位置标记了一个不小于value 的值。如果最后一个数比value还小就返回last。
- 二分的方法，我的超时了，就是说 O ( N ∗ l o g N ∗ l o g M ) O(N * logN * logM) O(N∗logN∗logM) 的方法不行。
2.F. Ant colony
- 题意：给一个数组，一段区间，问在区间中有多少个数字，是区间内所有数字的因数？
- 想了想，其实用线段树很简单就能实现。每次只用看一段区间的最小值，以及最小值是否和这段区间的最大公约数相等，再存一下这段区间的最小值有几个。
- 我发现，似乎线段树的题目，令query()函数都是返回node，这样子似乎可以解决一切问题，就算板子中有的query()函数是返回一个值，也可以改成返回node的板子。
#include3.D. Segment Intersections
- 两个区间集和，各有n个区间，第一个区间集和初始都为 [ l 1 , r 1 ] [ l 1 , r 1 ] [l1,r1]，第二个区间集和初始都为 [ l 2 , r 2 ] [ l 2 , r 2 ] [l2,r2]。一次操作可以将区间 [ x , y ] [ x , y ] [x,y] 变成 [ x − 1 , y ] [ x − 1 , y ] [x−1,y] 或者 [ x , y + 1 ] [ x , y + 1 ] [x,y+1]。求区间交集长度之和为 k k k 的最少操作次数。
- 这个看上去情况很多，但是不要忘记n的范围很小，因此可以考虑暴力枚举的方式。主要是一个地方容易出现讨论，就是说，是先让下一对区间有交集，还是扩展上一个区间？
- 我们可以换个思路讨论。枚举需要扩展的区间，从1枚举到n，然后就很好写了。
#include4.E. Restorer Distance
- 我发现最近经常碰到这种题这种题，特点就是分类讨论的话情况异常复杂，但是题解又是一种略带暴力的感觉就搜索到了所有情况，而且自己一般都不怎么想得出来。
- 题意：对于高度数组a[],目的是将所有高度平齐，有三种操作：1、a[i]–代价为R；2、a[i]++代价为A；3、将某一位置的一个单位转移到另一个位置 代价为M，问最小代价能平齐的高度；
- 三分搜索出答案。
#include5.D. Guess The Maximums
- 题意：通过查询构造出答案要求的密码，每次查询可以询问数组A中指定的集合的最大值，最多可以查询12次，我们要构造的密码序列，对于一个密码Pi， Pi为除了Si这个集合中索引对应的数组A中的数字的最大值，Si是k个互不独立的集合。
- 二分的次数一定要估算准确！用公式！ ⌈ l o g 2 N ⌉ . \lceil log_2N\rceil. ⌈log2N⌉.
- 交互题果然好多都是二分查找。
- 前十次，找出最大值所在的位置。第十一次，问最大值所在的那个集合的最大值。第十二次，问上述集合的补集的最大值。这样子答案是不是就出来了！
- 我其实不太知道自己哪里写错了，但是这个二分写的异常复杂！但是网上的二分搜索写的就非常简单，因为他们是 [ 1 , k ] [1, k] [1,k] 之间定位最大值，用 lb 和 ub 去卡最大值，最后卡到数组的最后一个位置便是最大值的位置。
- 这个确实有点裂开，他的输入有坑！可能不会把所有的集合的信息都给你，因为他认为给你k-1个集合就可以知道k个集合的信息了！我居然在这个地方错了一个小时！我还是一行一行对别人的代码才发现的这个问题！
- 不过还是有收获的。最起码今天看到了交互题用二分去写的一个清爽的思路，之前那种讨论方式确实不可取。以及正数二分的一个新的写法，好像这种写法挺好用的。
#include2200
1.D. Powerful array
- 题意：给定一个数列： a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1,a2,...,an。定义 K a K_a Ka 为区间 [ l ， r ] [l，r] [l，r] 中 a a a 出现的次数。 t t t 个查询，每个查询l，r，对区间内所有 a [ i ] a[i] a[i] ，求 ∑ K 2 ∗ a [ i ] \sum{K^2*a[i]} ∑K2∗a[i]
- 用到了莫队算法：离线+分块。将n个数分成sqrt(n)块。对所有询问进行排序，排序标准：
- Q[i].left /block_size < Q[j].left / block_size （块号优先排序）
- 如果1相同，则 Q[i].right < Q[j].right （按照查询的右边界排序）
- 如果一个数已经出现了x次，那么需要累加 ( 2 ∗ x + 1 ) ∗ a [ i ] (2*x+1)*a[i] (2∗x+1)∗a[i]，因为 ( x + 1 ) 2 ∗ a [ i ] = ( x 2 + 2 ∗ x + 1 ) ∗ a [ i ] (x+1)^2*a[i] = (x^2 +2*x + 1)*a[i] (x+1)2∗a[i]=(x2+2∗x+1)∗a[i]， x 2 ∗ a [ i ] x^2*a[i] x2∗a[i] 是出现x次的结果， ( x + 1 ) 2 ∗ a [ i ] (x+1)^2 * a[i] (x+1)2∗a[i] 是出现x+1次的结果。
- 看了代码之后，妙啊！
#include2.C. Gerald and Giant Chess
- 题意：给出一个h*w的棋盘(h,w<=1e5),其中有n个位置不能走(n<=2000),现在要从左上角走到右下角，每步只能向下或者向右走一步。问有多少种走法？右下角保证可以走到。
- Let’s denote black cells as A 0 , A 1 , . . . , A k − 1 A_0, A_1, ..., A_{k - 1} A0, A1, ..., Ak − 1. First of all, we have to sort black cells in increasing order of (row, column). If cell x available from cell y, x stands after y in this order. Let Ak = (h, w). Now we have to find number of paths from (1, 1) to A k A_k Ak avoiding A 0 , . . . , A k − 1 A_0, ..., A_{k - 1} A0, ..., Ak − 1.
- 对于 A i A_i Ai，从 ( 1 , 1 ) (1, 1) (1,1) 走到 ( x i , y i ) (x_i, y_i) (xi,yi) 且绕开前方所有黑格子的方法数目为 d p ( i ) dp(i) dp(i), 那么找到所有能到 A i A_{i} Ai 的节点（比如 ( x j , y j ) (x_j, y_j) (xj,yj)），把这个 d p ( i ) dp(i) dp(i) 减掉 d p ( j ) dp(j) dp(j) 与 从 A j A_j Aj 到 A j A_j Aj 的所有路径就好。设 d p ( i ) dp(i) dp(i) 为到达 A i A_i Ai 的不合法路径总数。
- 最后那个乘积道的理很简单，因为后面的那个从 A j A_j Aj 到 A i A_i Ai 的全部路径，乘上躲开前方所有黑色节点的路径，其实已经是经过 A i A_i Ai 的不经过前方所有黑色节点的不合法路径了，这样就把所有不合法路径不重不漏的找到了。
- 注意，前k个节点，是寻找的走到黑格子的方案数，所以是不合法路径的数目。但是最后一个格子是目标点，此时的 dp(i) 是合法路径的数量呀。
- 最后发现傻掉了。数组要开到200010，因为会计算 C ( N + M − 2 , N − 1 ) C(N + M - 2, N - 1) C(N+M−2,N−1).
#include3.F. Kate and imperfection
- 题意：在1~n的n个数中，对于k∈[2,n]，在n个数中取k个数，对这k个数两两进行gcd，输出这个gcd最小的最大值。
- 思路：因为要求gcd，我们肯定要先把素数（还有1）一个一个放进去。当素数放完之后，我们接下来放的数字一定会是当前集合某个数的倍数。那么我们要让这个数字尽可能地小。于是，我们按照最大非自身地因子尽可能地小，往里面填放，就可以得到最优解。因此，把最大公因子从小到大排序，然后输出第2~第n小的数字即可。
#include4.E. Magic Stones
- 给出a数组,b数组,下标为2~n-1 可以进行操作,a[i]=a[i+1]+a[i-1]-a[i],问进行若干次操作,能否将a数组变成b数组。
- Consider the difference array d 1 , d 2 , … , d n − 1 , d_1,d_2,…,d_{n−1}, d1,d2,…,dn−1, where d i = c i + 1 − c i . d_i=c_{i+1}−c_i. di=ci+1−ci. Let’s see what happens if we apply synchronization.
- Pick an arbitrary index j j j and transform c j c_j cj to c j ′ = c j + 1 + c j − 1 − c j . c^′_j=c_{j+1}+c_{j−1}−c_j. cj′=cj+1+cj−1−cj. Then:
- d j − 1 ′ = c j ′ − c j − 1 = ( c j + 1 + c j − 1 − c j ) − c j − 1 = c j + 1 − c j = d j d^′_{j−1}=c^′_j−c_{j−1}=(c_{j+1}+c_{j−1}−c_j)−c_{j−1}=c_{j+1}−c_j=d_j dj−1′=cj′−cj−1=(cj+1+cj−1−cj)−cj−1=cj+1−cj=dj
- d j ′ = c j + 1 − c j ′ = c j + 1 − ( c j + 1 + c j − 1 − c j ) = c j − c j − 1 = d j − 1 d^′_j=c_{j+1}−c^′_j=c_{j+1}−(c_{j+1}+c_{j−1}−c_j)=c_j−c_{j−1}=d_{j−1} dj′=cj+1−cj′=cj+1−(cj+1+cj−1−cj)=cj−cj−1=dj−1
- 新奇，居然就是差分数组的交换。看看两个差分数组的前n-1项是否是一样的map就行。
- 如果两个数组的差分数组一样，那么这两个数组就是一样的（因为前缀和一样啊）。
#include5.D. Almost Difference
- 很简单的一道题，不多说了，就是会爆 long long。网上有人使用long double写的。高精度写起来的好麻烦的，还要判断正负号。所以还是用 long double 吧。
- long double 用 %.Lf 输出。注意L要大写。
#include2300
1.D. The Child and Sequence
- 题目大意：
给你一个序列，你要在这个序列上进行操作。
操作1 : 给定区间 [ l , r ] [ l , r ] [l,r]，对序列中这个区间的所有数求和。
操作2 : 给你区间 [ l , r ] [ l , r ] [l,r] 和 x，该区间所有数对 x 取模。
操作3 :给你两个数 k k k 和 x x x，把 a [ k ] a[k] a[k] 修改为 x x x。 - 1和3都是常规操作，2的话，其实只需要把当前区间的最大值m修改为 m % x，这个修改也很简单，当递归到某个区间长度为1的时候，把这个数字修改掉，然后向上pushup即可。
#include2.B. Count Pairs
- 题意：You are given a prime number p , n p, n p,n integers a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,…,a_n a1,a2,…,an, and an integer k k k.Find the number of pairs of indexes ( i , j ) (i,j) (i,j) ( 1 ≤ i < j ≤ n ) (1≤i
- nm，这谁能想得到。不过，我感觉，碰到这么稀奇古怪的等式，很多时候都是想办法把 i i i 和 j j j 弄到等号两边去。
#include3.C. Sasha and Array
- 题意很简单，给一个数组
- 线段树是这样存储的：叶子节点存储 { f i b ( a i ) , f i b ( a i + 1 ) } \{fib(a_i), fib(a_i+1)\} {fib(ai),fib(ai+1)}. 就是一个 f f f 数组，那么非叶节点 f f f 数组的两个分别存储两个儿子的 f f f 的值之和。
- 那么，懒人标记怎么办呢？其实就是储存一个矩阵 Q x Q^{x} Qx，因为，直接用 f f f 去乘 Q x Q^x Qx，就等价于把每个节点都加了一个数字，然后加起来。
#include4.C. Mike and Foam
- 题意：n个数，q个查询操作，每次操作对第x个数进行操作，如果序列里面没有这个数，就把这个数加进去，如果有就取出来，问在序列中有多少组数，满足互质的情况。
- 其实就是一个简单的容斥原理，但是要小心1，这道题我在这个地方绊了好几下。
#include5.E2. Asterism (Hard Version)
- 题意：给出n个敌人，每个敌人有 a i a_i ai 个糖果，你一开始手中有 x x x 个糖果，每次只能选择糖果数小于你当前手中糖果的敌人，战胜他并获得一颗糖果。选择敌人的顺序构成一个排列P。 f ( x ) f(x) f(x) 表示一开始有 x x x 个糖果时，可行的排列方案数。给出一个素数 p ( p ⩽ n ) p(p\leqslant n) p(p⩽n)，求出所有满足 f ( x ) m o d p ≠ 0 f ( x )\ mod\ p \ne 0 f(x) mod p=0 的 x.
- 算了，这道题好恶心呀，不想写了。
2400
1.C. DZY Loves Fibonacci Numbers
- 题意：给出一个数列，每次可以选取一个区间，按顺序加上第i个菲波那契数进行更新，也可以查询某一个区间的总和。
- 斐波那契数列性质：
- 若一个数列满足F(1)=a,F(2)=b,F(i)=F(i-2)+F(i-1)，则有F(n)=aFib(n-2)+bFib(n-1)，且F的前N项和等于F(n+2)-F(2)。这个很容易推导出来。
- 两个菲波那契数列相加之后依旧是一个菲波那契数列，只是前两项的值变化，分别变为了两个菲波那契数列前两项的和。
- 因此，这样的类斐波那契数列，想求 F ( n ) F(n) F(n) 的前n项和，只需要求 F ( n + 2 ) − F ( 2 ) F(n+2) - F(2) F(n+2)−F(2)
即可。而 F ( n ) = a ∗ F ( n − 2 ) + b ∗ F ( n − 1 ) . F(n) = a * F(n-2) + b * F(n-1). F(n)=a∗F(n−2)+b∗F(n−1). a a a 和 b b b 分别为这个类斐波那契数列的前两项。 - 这里的懒人标记是f1, f2，表示在此节点的整个区间上面加上一个前两项是 f 1 f1 f1 和 f 2 f2 f2 的类斐波那契数列。
- 不过，我要先说一下懒人标记，这个东西别用错了。这道题在懒人标记上面错了很长时间。懒人标记是方便你往下pushdown的时候用的，有这些特点：
- 每一次pushdown的时候，线段树节点的某些属性是要清零的。
- 懒人标记中被清零的那些属性一般来讲与答案不会直接相关。只是为了方便修改某个与答案直接相关的属性而存在的（比如sum），而这个属性与答案是直接相关的。
- 懒人标记是为了修改两个子节点的整个区间的，就比如这个题，f1, f2 是为了在两个子区间上面直接加上一个类斐波那契数列的一段，而这个类斐波那契数列的区间长度和对应子区间的长度是一致的。
最后，我想说，线段树的题目真的难调！主要还是思路上面不是很完整，有漏洞。
#include2.B. Triangles and a Circle
- 题意：给你一个圆，圆上有很多点，问这些点组成的三角形有多少个是包含了圆心的（圆心在三角形边上也算）。
- 思路：可以算一个点往后半个圆周内有多少个点，然后把这些点组成的三角形减掉。
#include