Codeforces Round 895 (Div. 3)
A.每次最多能把差缩小2*c克，向上取整
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
using node=tuple;
typedef long long LL;
typedef pair PII;
int n,m,q;
int a[N];
void solve()
{
int a,b,c;cin>>a>>b>>c;
cout<<(abs(a-b)+2*c-1)/(2*c)<<"\n";
}
signed main() {
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}
B.直接枚举每个格子能走多大
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,M=2*N,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair PII;
int a[N],b[N];
int n, m;
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
}
int mx=1000000,mn=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mx=min(mx,a[i]+((b[i]-1)/2));
}
cout<>t;
while(t--) solve();
}
C.首先容易构造的是gcd=2,相当于是一个偶数/2，那么这种情况要特判
l==r，只能找他的质因子了，
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,M=2*N,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair PII;
int a[N],b[N];
int n, m;
void solve()
{
int l,r;cin>>l>>r;
if(l==r)
{
for(int i=2;i<=l/i;i++){
if(l%i==0){
int x=l/i;
cout<>t;
while(t--) solve();
}
D.容斥原理
a+b-a*b，特判另一个数包含另一个数的集合就行
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,M=2*N,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair PII;
int a[N],b[N];
int n, m;
int gcd(int a, int b) // 欧几里得算法
{
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int lcm(int a,int b){
return a*b/gcd(a,b);
}
void solve()
{
cin>>n;
int x,y;cin>>x>>y;
if(x%y==0)
{ int z=n/y-n/x;
cout<<-((z+1)*z)/2<<"\n";
}
else if(y%x==0)
{
int z=n/x-n/y;
cout<<((n-z+1+n)*z)/2<<"\n";
}
else if(x!=1&&y!=1&&x!=y){
int now=n/(lcm(x,y));
int z=n/x-now;
int res=(n-z+1+n)*z/2;
z=n/y-now;
res-=((z+1)*z)/2;
cout<>t;
while(t--) solve();
}
E.直接线段树维护区间0的异或和 和 1的异或和，翻转操作就是互换而已
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair PII;
struct node{
int l,r;
int s0,s1,w,add;
}tr[N*4];
int n,m,q;
int a[N],b[N];
string s;
void pushup(int u){
tr[u].s0=tr[u<<1].s0^tr[u<<1|1].s0;
tr[u].s1=tr[u<<1].s1^tr[u<<1|1].s1;
}
void pushdown(int u){
if(tr[u].add){
tr[u<<1].add^=1;
tr[u<<1|1].add^=1;
swap(tr[u<<1].s0,tr[u<<1].s1);
swap(tr[u<<1|1].s0,tr[u<<1|1].s1);
}
tr[u].add=0;
}
void build(int u,int l,int r){
tr[u]={l,r,0,0,0,0};
if(l==r){
tr[u].w=b[l];
if(b[l]==1) tr[u].s1=a[l];
else tr[u].s0=a[l];
}
else{
int mid=l+r>>1;
build(u<<1,l,mid);
build(u<<1|1,mid+1,r);
pushup(u);
}
}
void modify(int u,int l,int r){
if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)
{
tr[u].add^=1;
swap(tr[u].s1,tr[u].s0);
}
else{
pushdown(u);
int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;
if(l<=mid) modify(u<<1,l,r);
if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r);
pushup(u);
}
}
// node query(int u,int l,int r){
// if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r){
// return tr[u];
// }
// else{
// pushdown(u);
// node res={0,0,0,0,0};
// int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;
// if(l<=mid){
// res=query(u<<1,l,r);
// }
// if(r>mid) modify(u<<1|1,mid+1,r);
// }
// }
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
cin>>s;
s="?"+s;
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=s[i]-'0';
build(1,1,n);
int q;cin>>q;
while(q--){
int op;
cin>>op;
if(op==1){
int l,r;cin>>l>>r;
modify(1,l,r);
}
else{
int x;cin>>x;
if(x==1) cout<>t;
while(t--) solve();
}
F.画图样例其实可以知道，按照拓扑序直接处理即可，最后会有多个环，每个环的贡献最大是让一个点贡献不能*2，其他都可以
我写的比较麻烦，先拓扑序把不是环的点先存了，再把每个环tarjan缩点，然后单独处理每个环，每个环算完出发点后又dfs存答案0.0
所以用了dfs+拓扑排序+tarjan
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,M=2*N,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair PII;
int a[N],b[N];
int n, m;
int G[N];
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N],Size[N];
int id[N], scc_cnt;
vector g[N];
int din[N],dout[N];
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true;
int j = G[u];
if (!dfn[j])
{
tarjan(j);
low[u] = min(low[u], low[j]);
}
else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
if (dfn[u] == low[u])
{
++ scc_cnt;
int y;
do {
y = stk[top -- ];
in_stk[y] = false;
id[y] = scc_cnt;
} while (y != u);
}
}
void solve()
{
cin>>n;
top=timestamp=scc_cnt=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
G[i]=0;
g[i].clear();
low[i]=dfn[i]=id[i]=0;
in_stk[i]=false;
din[i]=dout[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
G[i]=a[i];
din[a[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
queue q;
vector res;
for(int i=1;i<=n;i++) if(din[i]==0) q.push(i);
while(q.size()){
auto t=q.front();
q.pop();res.push_back(t);
int v=G[t];
if(--din[v]==0){
q.push(v);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
g[id[i]].push_back(i);
}
vector st(n+10,false);
function dfs=[&](int u){
if(st[u]) return ;
st[u]=true;
res.push_back(u);
dfs(G[u]);
};
for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
{
if(g[i].size()==1) continue;
else{
sort(g[i].begin(),g[i].end());
m=g[i].size();
int now=0,mx=0,idx=0;
for(auto x:g[i]) now+=2*b[x];
for(int x:g[i])
{
if(mx>t;
while(t--) solve();
}
G.首先把左右两边的1去掉没用，
然后思考中间的值，因为处理完后左右两边一定不是1，所以如果区间乘大于1e9
说明至少有60个2相乘，那么中间的1肯定也只能要
然后如果不大于
那么说明中间区间的数加起来不大于60（去掉中间是1的数）
那么直接枚举左右端点即可
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10,M=2*N,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair PII;
int a[N],b[N];
int n, m;
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int l=1,r=n;
while(a[l]==1&&l1e9){
cout<1) b[++idx]=i;
sum+=a[i];
}
int ans=sum,ansl=1,ansr=1;
for(int i=1;i<=idx;i++){
res=1;
l=b[i];
int s=0;
for(int j=i;j<=idx;j++){
res*=a[b[j]];
r=b[j];
s+=a[b[j]];
int val=sum-s-(r-l+1-(j-i+1))+res;
if(val>ans){
ans=val;
ansl=l,ansr=r;
}
}
}
cout<>t;
while(t--) solve();
}