Codeforces Round #813 (Div. 2) A-C、E1

A.Wonderful Permutation

题意：给定一个长度为n的排列和一个数字k，每次操作可以交换两个数，问最少需要几次操作使得前k个数的和最小

题解

由于给定的是1-n的排列，所以要使得前k个数的和最小，肯定是让1-k排在前k个位置，那么统计一下前k个数中大于k的数的个数即可

代码实现

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
int t, n, k;
int a[110];
int main(){
    cin >> t;
    while(t--){
        cin >> n >> k;
        for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= k; i++){
            if(a[i] > k) ans++;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

B.Woeful Permutation

题意：构造一个1-n的排列p，使得$$\sum _{i=1}^{n}lcm(p[i],i)$$最大

题解

首先我们知道，lcm(x, y) <= x * y，那么我们肯定尽可能的让所有的lcm(p[i], i)都等于p[i]*i，也就是让p[i]和i互质，假设一开始p[i] = i，那么一个简单的思路就是交换相邻的两项，因为相邻的两项一定是互质的。
接下来再思考一个问题，交换相邻两项一定最优吗。太严谨的证明我也不会，下面举个小例子主观上感受一下。
对于四个数，p[2] = 2，p[3] = 3，p[4] = 4，p[5] = 5，按照两个数互质的想法进行选择，可以得到3，2，5，4和5，4，3，2两种序列，很明显前面一种方法结果更优。
我们可以倒着想，对于最后一个数p[n] = n，如果让我们在1-n-1里找一个数p[i] = i进行交换使得lcm(i, p[n]) + lcm(n, p[i])最大，那么肯定选择p[n - 1] = n - 1，然后这两个数就定下来了，接下来继续从n-2开始，这样一直倒着往前进行交换，其实就是交换相邻两项的过程。

代码实现

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
int t, n;
int main(){
    cin >> t;
    while(t--){
        cin >> n;
        if(n % 2 == 0){
            for(int i = 1; i <= n; i += 2){
                cout << i + 1 << " " << i << " ";
            }
            cout << "\n";
        }else{
            cout << 1 << " ";
            for(int i = 2; i <= n; i += 2){
                cout << i + 1 << " " << i << " ";
            }
            cout << "\n";
        }
    }
    return 0;
}

C.Sort Zero

题意：给定一个长度为n的正整数序列，每次操作可以选择一个数x，然后将所有等于x的数变为0，问最少要进行几次操作才能让序列单调不减。

题解

首先要满足单调不减，那么对于a[i] > a[i + 1]这种情况，我们需要将所有等于a[i]的数变为0，一旦a[i]这个位置变成了0，那之前所有的数也要变成0，因为要满足单调不减，所以我们直接找到最后一个a[i] > a[i + 1]的位置pos，在这个pos之前的数都要变为0（包括a[pos]），但是这样可能会导致pos之后也会出现0，因为后面可能会出现某些数等于前面需要变成0的数，所以最后我们需要找的其实是最后一个0出现的位置poss，这是因为我们之前的操作已经保证了poss之后的数肯定是单调不减的，统计一下poss之前不同数的个数就是答案

代码实现

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 50;
int t, n;
int a[N], vis[N], f[N], b[N];
int main(){
    cin >> t;
    while(t--){
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(f, 0, sizeof(f));
        cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            cin >> a[i];
            b[i] = a[i];
        }
        int pos = 0;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            if(a[i] > a[i + 1]) pos = i;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            if(i <= pos){
                vis[a[i]] = 1;
                a[i] = 0;
            }
            if(vis[a[i]]) a[i] = 0;
        }
        int poss = 0;
        for(int i = n; i >= 1; i--){
            if(a[i] == 0){
                poss = i;
                break;
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= poss; i++){
            if(!f[b[i]]){
                f[b[i]] = 1;
                ans++;
            }
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

E1.LCM Sum (easy version)

题意：给定两个正整数l，r，求出满足l $\le$ i < j < k $\le$ r且lcm(i, j, k)$\ge$i + j + k的三元组(i, j, k)的个数

题解

直接求解情况比较复杂，我们可以采取正难则反的策略，求出lcm(i, j, k) < i + j + k的三元组个数，然后用总数减去它。
首先总数很好求，[l, r]区间总共有n = r - l + 1个数，所有三元组的个数为这n个数中任选3个数的组合数，即n * (n - 1) * (n - 2) / 6
然后对于lcm(i, j, k) < i + j + k的情况，其实就分为两种：lcm(i, j, k) = k 和 lcm(i, j, k) = 2k，因为k < i + j + k < 3 * k且lcm(i, j, k)为k的倍数
对于第一种情况，需要满足的条件是i和j为k的小于k的因子，可以先预处理出[l, r]中k的小于k的因子的个数，计为p[k]，那么个数就是这些因子中任取两个的组合数，即p[k] * （p[k] - 1） / 2
对于第二种情况，需要满足的条件是i和j为2k的因子，且i + j > k，这种情况其实是可以分析出i和j的取值的。
因为j是2k的因子，所以可以设j = 2k / x，又有k / 2 < j < k (i + j > k 且 i < j)，则k / 2 < 2k / x < k，解得2 < x < 4，所以x = 3，即j = 2k / 3
因为i + j > k且j = 2k / 3，所以i > k / 3，因为i是2k的因子，所以可以设i = 2k / x，又有k / 3 < i < j = 2k / 3，则k / 3 < 2k / x < 2k / 3，解得3 < x < 6，所以x = 4或5，即i = k / 2或 2k / 5
最后，我们只需要枚举k，然后让答案减去上述两种情况的方案数即可。

代码实现

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 50;
int t, l, r;
ll p[N];
int main(){
    cin >> t;
    while(t--){
        memset(p, 0, sizeof(p));
        cin >> l >> r;
        ll n = r - l + 1;
        ll ans = n * (n - 1) * (n - 2) / 6;
        for(int i = l; i < r; i++)
            for(int j = 2 * i; j <= r; j += i) p[j]++;
        for(int i = l + 2; i <= r; i++){
            ll tmp = p[i] * (p[i] - 1) / 2;
            ans -= tmp;
            if(i % 3 == 0){
                if(i % 2 == 0 && i / 2 >= l) ans--;
                if(i % 5 == 0 && i / 5 * 2 >= l) ans--;
            }
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}