蓝桥杯 第三场 小白入门赛

召唤神坤

• 有意思（ikun）。
• 虽然是第一题但也要配得上神坤的身份。

思路1

• 枚举分母，选择一个数据结构来选出分母两侧最大的两个数做分子。
• 2s常数大些也无碍。
• 我选择好写的ST表

思路2

• 写两个 $dp$ 分别表示 $1$ 到 $i$ 的最大值，$i$ 到 $n$ 的最大值。再枚举。
• 这个不放码了看的别人的思路。

signed main() {

    int T = 1;
//    T = read();
    while (T--) {
        int n = read();
        vector<int> a(n + 1), logn(n + 1);
        vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(30));
        for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i][0] = a[i] = read();
        logn[0] = -1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) logn[i] = logn[i >> 1] + 1;
        for (int j = 1; j <= logn[n]; ++j) {
            for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {
                f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 2; i < n; ++i) {
            int l = 1, r = i - 1, s = logn[r - l + 1];
            int wi = max(f[l][s], f[r - (1 << s) + 1][s]);
            l = i + 1, r = n, s = logn[r - l + 1];
            int wk = max(f[l][s], f[r - (1 << s) + 1][s]);
            ans = max(ans, (wi + wk) / a[i]);
        }
        write(ans);
    }
    return 0;
}

聪明的交换策略

分析

• 依据题意就是要么 $0$ 左 $1$ 右，要么 $1$ 左 $0$ 右。
• 考虑 $0$ 左还是 $0$ 右即可。考虑 $1$ 也行一样的。

signed main() {

    int T = 1;
//    T = read();
    while (T--) {
        int n = read();
        string s; cin >> s;
        vector<int> pos;
        for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
            if (s[i] ^ '1') pos.push_back(i);
        }
        int ans = 1e17, tmp1 = 0, tmp2 = 0;
        for (int i = 0; i < pos.size(); ++i) tmp1 += pos[i] - i;
        ans = min(ans, tmp1);
        for (int i = pos.size() - 1, j = n - 1; i >= 0; --i, --j) tmp2 += j - pos[i];
        ans = min(ans, tmp2);
        write(ans);
    }
    return 0;
}

怪兽突击

ps：总觉得codeforces做过。。

思路

• 枚举每个 $i$ （当然要小于等于 $k$ ）。

signed main() {

    int T = 1;
//    T = read();
    while (T--) {
        int n = read(), k = read();
        vector<int> a(n + 1), b(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
        priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
        int ans = 1e17, cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n && i <= k; ++i) {
            cnt += a[i];
            pq.push(a[i] + b[i]);
            ans = min(ans, cnt + (k - i) * pq.top());
        }
        write(ans);
    }
    return 0;
}

蓝桥快打

思路

• 根据 $A,C$ 可以得出攻击次数的范围，$B\le n\cdot x$ 。

signed main() {

    int T = 1;
    T = read();
    while (T--) {
        int a = read(), b = read(), c = read();
        int r = a / c + (a % c > 0);
        writeln(b / r + (b % r > 0));
    }
    return 0;
}

奇怪的段

思路

• $dp$
• 方程： $d{p}_i=max(d{p}_{i-1,j},d{p}_{i-1,j-1})+a_i\cdot p_j$ 。
• 注意有负数

signed main() {

    int T = 1;
//    T = read();
    while (T--) {
        int n = read(), k = read();
        vector<int> a(n + 1), p(k + 1);
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(201, -1e15));
        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
        for (int i = 1; i <= k; ++i) p[i] = read();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            for (int j = 1; j <= k; ++j) {
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1]) + a[i] * p[j];
            }
        }
        write(dp[n][k]);
    }
    return 0;
}

小蓝的反击

ps：是个区间求解问题，涉及基础数论。

思路

• 枚举每一个 $i$ ，找到最小位置 $j$ 满足 $A|{\prod }_{k=i}^{j_1}{a}_k,B|{\prod }_{k=i}^{j_2}{a}_k$ 。
• 如果 $j_1$ 不存在那么往后再也不能整除 $A$ 了。如果 $j_2$ 不存在，那么从 $j_1$ 到 $n$ 都能整出 $A$ 。都存在只有 $j_2>j_1$ 才对答案有贡献。
• 对 $A,B$ 质因数分解记录因子和各因子数量。
• 对 $A,B$ 每一个因子做前缀和。
• 二分枚举区间询问是否存在（该有的因子和数量都要满足）。

ps：前缀和那儿显然是个二维的，试想质因数分解有可能出现因数很大的情况，第二维是因数大小会 $MEL$ ，所以第二维应该为数量，而数量最多是10（前十个质数相乘已经 $>10^9$ ）。看题解有个 $dp$ 的，巨，我不会。

signed main() {
    auto getFactor = [&] (int v) {
        vector<pii> vec;
        for (int i = 2; i <= v / i; ++i) {
            if (!(v % i)) {
                vec.push_back({i, 0});
                while (!(v % i)) v /= i, ++vec.back().second;
            }
        }
        if (v ^ 1) vec.push_back({v, 1});
        return vec;
    };
    int T = 1;
//    T = read();
    while (T--) {
        int n = read(), a = read(), b = read();
        auto vec1 = getFactor(a), vec2 = getFactor(b);
        vector<vector<int>> prefa(n + 1, vector<int>(10)), prefb(n + 1, vector<int>(10));
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int u = read();
            for (int j = 0; j < vec1.size(); ++j) {
                int tmp = u, v = vec1[j].first;
                while (!(tmp % v)) {
                    ++prefa[i][j];
                    tmp /= v;
                }
                prefa[i][j] += prefa[i - 1][j];
            }
            for (int j = 0; j < vec2.size(); ++j) {
                int tmp = u, v = vec2[j].first;
                while (!(tmp % v)) {
                    ++prefb[i][j];
                    tmp /= v;
                }
                prefb[i][j] += prefb[i - 1][j];
            }
        }
        auto find = [&] (int i, int j, int cnt, int op) {
            int l = i, r = n, tmp = op? prefb[i - 1][j]: prefa[i - 1][j];
            int ans = -1;
            while (l <= r) {
                int mid = (l + r) >> 1, v = op? prefb[mid][j]: prefa[mid][j];
                if (v - tmp >= cnt) ans = mid, r = mid - 1;
                else l = mid + 1;
            }
            return ans;
        };
        long long int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int pos1 = i;
            for (int j = 0; j < vec1.size(); ++j) {
                int pos = find(i, j, vec1[j].second, 0);
                if (pos ^ -1) pos1 = max(pos1, pos);
                else {
                    pos1 = -1;
                    break;
                }
            }
            if (pos1 == -1) break;
            int pos2 = i;
            for (int j = 0; j < vec2.size(); ++j) {
                int pos = find(i, j, vec2[j].second, 1);
                if (pos ^ -1) pos2 = max(pos2, pos);
                else {
                    pos2 = -1;
                    break;
                }
            }
            if (pos2 == -1) ans += (n - pos1 + 1) * 1ll;
            else if (pos2 > pos1) ans += (pos2 - pos1) * 1ll;
        }
        // write(ans);
        cout << ans;
    }
    return 0;
}