\(\text{A.Number Replacement}\)
給定長度爲 \(n(n\leq 50)\) 的整數數組 \(a(a_i\leq 50)\) 和一個長度爲 \(n\) 的字符串 \(s\) 。
定義一次操作爲：選定整數 \(x\) 和字符 \(c\) ，將數組所有等於 \(x\) 的位置變成 \(c\) 。問是否能通過多次操作將 \(a\) 變爲 \(s\) 。 \(T(T\leq 1000)\) 組數據。
\(\text{sol.}\) 注意到 \(a_i\) 很小，所以可以從左往右掃一遍，記錄 \(id_{a_i}=s_i\) 。若當前 \(id_{a_i}\) 已經有值了且值不等於 \(s_i\) ，則無法將 \(a\) 變爲 \(s\) 。
cint maxn = 60;
int T, n, a[maxn], id[maxn], fl;
char s[maxn];
int main(){
T = rd();
while(T--){
n = rd(), fl = 0;
fp(i, 1, n)a[i] = rd(), id[a[i]] = -1;
scanf("%s", s+1);
fp(i, 1, n){
if(~id[a[i]] && id[a[i]] != s[i]-'a'){ fl = 1; break; }
id[a[i]] = s[i]-'a';
}
puts(fl ? "NO" : "YES");
}
return 0;
}
\(\text{B. Even-Odd Increments}\)
給定長度爲 \(n(n\leq 10^5)\) 的數組 \(a(a_i\leq 10^9)\) ，接下來有 \(q(q\leq 10^5)\) 次操作，每次操作將數組裏的所有奇數或者所有偶數都加上某個值 \(([1,10^4])\) 。要求在每次操作後輸出整個數組的和。多組數據。
直接記錄一下現在數組裏有多少個奇數、多少個偶數，每次操作的時候答案的改變值就可以直接計算出來。如果加的數是奇數，則需要修改一下奇數和偶數的個數。
cint maxn = 100010;
int T, n, q, a[maxn], cnt[2];
LL ans;
int main(){
T = rd();
while(T--){
n = rd(), q = rd(), ans = cnt[0] = cnt[1] = 0;
fp(i, 1, n)a[i] = rd(), ++cnt[a[i]&1], ans += a[i];
while(q--){
rg int typ = rd(), x = rd();
ans += 1ll*cnt[typ]*x;
if(x&1)cnt[!typ] += cnt[typ], cnt[typ] = 0;
printf("%lld\n", ans);
}
}
return 0;
}
\(\text{C. Traffic Light}\)
給定一個長度爲 \(n(n\leq 2\times 10^5)\) 的只包含 \(\text{r,y,g}\) 的環形字符串，再給定一個 \(\text{r,y,g}\) 中的字符 \(c\) 。定義 \(f_i\) 表示第 \(i\) 個字符後面最近的 \(\text g\) 離 \(i\) 的距離。對於所有字符 \(c\) ，求出 \(f\) 的最大值。多組數據。
按照翻譯後的題意做就行。處理環形字符串可以直接複製一遍接在後面。
cint maxn = 200010;
int T, n, nxt[maxn<<1], pos, ans;
char now, s[maxn<<1];
int main(){
scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d %c", &n, &now), scanf("%s", s+1), pos = n<<1|1, ans = 0;
fp(i, 1, n)s[n+i] = s[i];
fb(i, n<<1, 1){
if(s[i] == 'g')pos = i;
nxt[i] = pos;
}
fp(i, 1, n)if(s[i] == now && nxt[i]-i > ans)ans = nxt[i]-i;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
\(\text{D. Divisibility by 2^n}\)
給定一個長度爲 \(n(n\leq 2\times 10^5)\) 的數組 \(a(a_i\leq 10^9)\) 。定義一次操作爲將某個 \(a_i\) 變成 \(a_i\times i\) 。每個 \(i\) 只能被操作 \(1\) 次。求最少需要多少次操作，使得 \(2^n | \prod_{i=1}^n a_i\) 。多組數據。
首先求出 \(\prod_{i=1}^n a_i\) 中有多少個 \(2\) 相乘，假設有 \(m\) 個。然後將 \(1\)~\(n\) 中每個數的 \(2\) 次冪分離出來，並從大到小排序。按照 \(2\) 次冪的大小從大到小依次加入每個數的 \(2\) 次冪，一旦加起來大於等於 \(n-m\) 次就停止。此時加了多少次就是最少的操作次數。
cint maxn = 200010;
int T, n, a[maxn], f[maxn], sum, cnt;
int main(){
T = rd();
while(T--){
n = rd(), sum = cnt = 0;
fp(i, 1, n){
a[i] = rd();
rg int x = a[i];
while(x && x%2 == 0)x >>= 1, ++sum;
}
fp(i, 1, n){
f[i] = 0;
rg int x = i;
while(x && x%2 == 0)x >>= 1, ++f[i];
}
sort(f+1, f+1+n), reverse(f+1, f+1+n);
while(cnt < n && sum < n)sum += f[++cnt];
if(sum < n)puts("-1");
else printf("%d\n", cnt);
}
return 0;
}
\(\text{E. Divisible Numbers}\)
給定 \(4\) 個數 \(a,b,c,d(1\leq a<c\leq 10^9,1\leq b<d\leq 10^9)\) 。求出 \(x,y\) ，滿足 \(a<x\leq c,b<y\leq d\) 並且 \(ab|xy\) 。 \(T(T\leq 10)\) 組數據。
\(x,y\) 都可以寫成 \(a\) 的因數 \(\times\) \(b\) 的因數 \(\times\) 一個係數的形式。注意到一個數的因數個數很少，所以可以枚舉一個 \(a\) 的因數 \(f_1\) ，再枚舉一個 \(b\) 的因數 \(f_2\) ，那麼 \(x=k_1f_1f_2,y=k_2\times \frac{ab}{f_1f_2}\) 。只需要求出 \(k_1,k2\) 使得 \(x,y\) 在題目要求的範圍即可。
cint maxn = 100010;
int T, a, b, c, d, f[2][maxn], cnt[2], fl;
int main(){
T = rd();
while(T--){
a = rd(), b = rd(), c = rd(), d = rd(), fl = cnt[0] = cnt[1] = 0;
for(rg int i = 1; i*i <= a; ++i)if(a%i == 0){
f[0][++cnt[0]] = i;
if(i*i != a)f[0][++cnt[0]] = a/i;
}
for(rg int i = 1; i*i <= b; ++i)if(b%i == 0){
f[1][++cnt[1]] = i;
if(i*i != b)f[1][++cnt[1]] = b/i;
}
fp(i, 1, cnt[0])if(!fl)fp(j, 1, cnt[1]){
rg LL x = 1ll*f[0][i]*f[1][j];
rg LL y = 1ll*a*b/x;
x = a/x*x+x, y = b/y*y+y;
if(a < x && x <= c && b < y && y <= d){ printf("%lld %lld\n", x, y), fl = 1; break; }
}
if(!fl)puts("-1 -1");
}
return 0;
}
\(\text{F. MEX vs MED}\)
給定一個長度爲 \(n(n\leq 2\times 10^5)\) 的由 \(0\)~\(n-1\) 的排列 \(p\) 。
定義 \(\text{mex}\) 爲數列中最小的未出現的非負整數。
定義 \(\text{med}\) 爲數列的中位數（若長度爲偶數，則取第 \(\frac{len}{2}\) 小的數）。
求出有多少個區間滿足 \(\text{mex} > \text{med}\) 。多組數據。
假設一個區間的 \(\text{mex}=m\) ，那麼這個區間中就得出現 \([0,m-1]\) 中所有的數。由此可以得出，區間長度不能超過 \(2m\) ，否則 \(\text{med}\) 將大於 \(m\) 。
所以我們可以枚舉 \(m\) ，維護最小的包含了 \([0,m-1]\) 所有數的區間。接下來考慮拓展這個區間。必然是某一個方向拓展到 \(m\) 所在位置，另一個方向拓展到數組盡頭，所以直接計算有多少個滿足條件的區間即可。
計算時可以直接枚舉 \(m\) 所在的那一邊的長度，這樣可以保證複雜度是線性的。
cint maxn = 200010;
int T, n, p[maxn], pos[maxn], l, r, mex, rst;
LL ans;
int main(){
T = rd();
while(T--){
n = rd(), ans = 0;
fp(i, 1, n)p[i] = rd(), pos[p[i]] = i;
l = n+1, r = 0, mex = 0;
fp(i, 0, n-1){
if(l <= pos[i] && pos[i] <= r)continue;
if(pos[i] < l)l = pos[i];
if(pos[i] > r)r = pos[i];
while(mex < n && l <= pos[mex] && pos[mex] <= r)++mex;
if(mex == n)break;
rst = mex*2-(r-l+1);
if(pos[mex] < l)fp(i, pos[mex]+1, l)ans += max(0, min(n-r+1, rst-(l-i)+1));
else fp(i, r, pos[mex]-1)ans += max(0, min(l, rst-(i-r)+1));
}
printf("%lld\n", ans+1);
}
return 0;
}