這場是打的真不好，寫一下題解總結一下自己叭。
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目錄
Codeforces Round #641 (Div. 2)
Codeforces Round #641 (Div. 2)
A. Orac and Factors
先開的B，A就沒細看。
題意：
定義f(x)操作爲x的最小的因子(除1以外)，對x進行嵌套f函數，問嵌套k次之後的結果
題目思路：
水了:
若C=A*B ,那麼C+A=A+A*B=A*(B+1),此時的最小的因子，是A,B最小的因子+1，所以只能爲2
所以只需要求一個因子 ，其餘+2*(m-1)即可
Code:
/*** keep hungry and calm CoolGuang!***/
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pp;
const ll INF=1e17;
const int maxn=2e5+6;
const int mod=998244353;
const double eps=1e-3;
inline bool read(ll &num)
{char in;bool IsN=false;
in=getchar();if(in==EOF) return false;while(in!='-'&&(in<'0'||in>'9')) in=getchar();if(in=='-'){ IsN=true;num=0;}else num=in-'0';while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num*=10,num+=in-'0';}if(IsN) num=-num;return true;}
ll n,m,p;
ll num[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
read(n);read(m);
ll ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(n%i==0){
ans=i;
break;
}
}
n+=ans;
n+=(m-1)*2;
printf("%lld\n",n);
}
return 0;
}
B. Orac and Models
題目大意：
求一個下標單調遞增且互爲倍數，且滿足若i>j,則si>sj的最長子序列
題目思路：
先做的B ，都卡了十分鐘，服..
原因在哪呢？題意讀錯了，題意讀的是：求一段子序列，子序列中的數互爲因子數的遞增最長序列。
離譜的是：樣例 1 3 6 剛好在序列裏都有，害。
總結：不要盲目看樣例猜題了
以上均爲吐槽
進入正題，其實簡單，按照篩法的調和級數趨近於nlgn的思路，將下標用調和級數判斷，這樣因子數可以預處理出來，剩下的用個dp轉移一下最長子序列就可以了。1e5之前因子最多240個，複雜度:lim->O(240*n)
Code:
/*** keep hungry and calm CoolGuang!***/
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pp;
const ll INF=1e17;
const int maxn=2e5+6;
const int mod=998244353;
const double eps=1e-3;
inline bool read(ll &num)
{char in;bool IsN=false;
in=getchar();if(in==EOF) return false;while(in!='-'&&(in<'0'||in>'9')) in=getchar();if(in=='-'){ IsN=true;num=0;}else num=in-'0';while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num*=10,num+=in-'0';}if(IsN) num=-num;return true;}
ll n,m,p;
ll num[maxn];
ll dp[maxn];
vector<int>v[maxn];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
read(n);
ll maxl=0;
for(int i=1;i<=n;i++) read(num[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int k=i*2;k<=n;k+=i)
if(num[k]>num[i])
v[k].push_back(i);
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=1;
for(int x:v[i]){
dp[i]=max(dp[i],dp[x]+1);
}
maxl=max(maxl,dp[i]);
}
printf("%lld\n",maxl);
}
return 0;
}
C. Orac and LCM
題目大意：
定義lcm爲兩個數的最小公倍數，問所有對的最小公倍數的最大公約數是多少？
題目思路：
開始思路是對的，越調越離譜
最大公約數與最小公倍數絕對考慮唯一分解定理，考慮每一個質因子的貢獻：
所以：
所以由此看出只需要找組合中每一個p1因子的冪可能出現的最小值
1.如果出現有兩個以上的數不存在該質因子，那麼此時這兩數lcm p1的冪爲0，也就是說最大公約數p1的冪爲0
2.如果出現有一個不存在該質因子，那麼該質因子與最小的組合，即爲最小冪
3.如果所有數都有該質因子，那麼該質因子最小冪爲第二小(不難理解吧)
Code:
/*** keep hungry and calm CoolGuang!***/
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pp;
const ll INF=1e17;
const int maxn=2e5+6;
const int mod=998244353;
const double eps=1e-3;
inline bool read(ll &num)
{char in;bool IsN=false;
in=getchar();if(in==EOF) return false;while(in!='-'&&(in<'0'||in>'9')) in=getchar();if(in=='-'){ IsN=true;num=0;}else num=in-'0';while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num*=10,num+=in-'0';}if(IsN) num=-num;return true;}
ll n,m,p;
ll num[maxn];
int prime[maxn];
int vis[maxn];
int cnt=0;
vector<int>g[maxn];
void set_prime()
{
for(int i=1;i<maxn;i++)
vis[i]=(i==1?false:true);//假設除了1以外都是素數
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
if(vis[i]) prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;j++)
{
vis[i*prime[j]]=false;
if(i%prime[j]==0) break;//保證被篩的是他最小的質因子
}
}
}
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=(ans*a);
b/=2;a=a*a;
}
return ans;
}
int main()
{
set_prime();
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(num[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
ll temp=num[i];
for(int k=1;k<=cnt&&prime[k]*prime[k]<=temp;k++){
int x=0;
while(temp%prime[k]==0){
temp/=prime[k];
x++;
}
if(x) g[prime[k]].push_back(x);
}
if(temp>1) g[temp].push_back(1);
}
ll ans=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(g[prime[i]].size()<=n-2) continue;
sort(g[prime[i]].begin(),g[prime[i]].end());
if(g[prime[i]].size()==n-1) ans=ans*qpow(prime[i],g[prime[i]][0]);
else ans=ans*qpow(prime[i],g[prime[i]][1]);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
/**
3 4 4 4 2
**/
D. Orac and Medians
題目大意：
給定一個操作，可以使任意一個子區間的數變爲該子區間的中位數，問可不可以使得序列最後都變爲m
題目思路:
這題 ，emmm，太多的不應該，總結：不要思維僵化。
正題：
首先，這個題目考慮如何呢？
推論1：當有兩個相同相連的數的時候，那麼整個序列都可以變爲相同的數，擴張即可。
1.所以首先思路考慮，只要找到一個區間，長度大於等於2，使得該區間的中位數爲m，那麼就肯定yes，因爲長度大於等於2完全可以靠推論1進行擴張
2.然後就wa了，解釋：
首先注意看題目，中位數取在了(x+1)/2，也就是說當區間長度爲2時，只要有一個比他大的就可以。
所以我們在第一步上進行擴充：只要存在一長度大於等於2的區間，該區間的中位數>=m，並且此時序列中有m存在，那麼一定可以。
3.接下來，因爲條件放鬆了，那麼判斷也就放鬆了：
- 當a[i]>=m&&a[i+1]>=m時便形成爲一個區間
- 當a[i]>=m&&a[i+2]>=m時便形成一個區間
其餘情況無需考慮，只需要判斷最小的奇數與偶數區間即可。
Code:
/*** keep hungry and calm CoolGuang!***/
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pp;
const ll INF=1e17;
const int maxn=2e5+6;
const int mod=998244353;
const double eps=1e-3;
inline bool read(ll &num)
{char in;bool IsN=false;
in=getchar();if(in==EOF) return false;while(in!='-'&&(in<'0'||in>'9')) in=getchar();if(in=='-'){ IsN=true;num=0;}else num=in-'0';while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num*=10,num+=in-'0';}if(IsN) num=-num;return true;}
ll n,m,p;
ll num[maxn];
int root[maxn],cnt=0;
ll a[maxn];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
read(n);read(m);
int f=0,f1=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
read(num[i]);
if(num[i]==m) f1=1;
}
for(int i=1;i<=n-2;i++){
if(num[i]>=m&&num[i+1]>=m) f=1;
if(num[i]>=m&&num[i+2]>=m) f=1;
}
if(!f1){
printf("no\n");
continue;
}
if(n==1){
printf("yes\n");
continue;
}
// printf("%d\n",f1);
if(num[n]>=m&&num[n-1]>=m) f=1;
if(f) printf("yes\n");
else printf("no\n");
}
return 0;
}
/**
2
4 3
3 1 2 3
**/
Just Another Code:
其實也可以檢查一下，長度爲3的區間只要存在大於等於m的數兩個以上即可：
/*** keep hungry and calm CoolGuang!***/
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pp;
const ll INF=1e17;
const int maxn=2e5+6;
const int mod=998244353;
const double eps=1e-3;
inline bool read(ll &num)
{char in;bool IsN=false;
in=getchar();if(in==EOF) return false;while(in!='-'&&(in<'0'||in>'9')) in=getchar();if(in=='-'){ IsN=true;num=0;}else num=in-'0';while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num*=10,num+=in-'0';}if(IsN) num=-num;return true;}
ll n,m,p;
ll num[maxn];
int root[maxn],cnt=0;
ll a[maxn];
ll pre[maxn];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
read(n);read(m);
int f=0,f1=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
read(num[i]);
if(num[i]==m) f1=1;
pre[i]=pre[i-1];
if(num[i]>=m) pre[i]++;
}
if(!f1){
printf("no\n");
continue;
}
if(n==1){
printf("yes\n");
continue;
}
if(n==2){
sort(num+1,num+1+n);
if(num[1]==m) printf("yes\n");
else printf("no\n");
continue;
}
for(int i=3;i<=n;i++)
if(pre[i]-pre[i-3]>=2) f=1;
if(f) printf("yes\n");
else printf("no\n");
}
return 0;
}
/**
2
4 3
3 1 2 3
**/