Dylan's Blog
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问题描述:

　对于任何正整数$x$，其约数的个数记作$g(x)$。如果某个正整数$x$满足：$g(x)>g(i)$ 其中$0<i<x$，则称x为反质数。现在给定一个数$N$你需要找出不大于$N$的最大反素数。

输入：

一个数$N$（$1<=N<=2000000000$）。

输出：

不超过N的最大的反质数。

思路：

其实我们要求的就是$1-N$内约数个数最多的数（如果个数一样就是小的那个），然后我们可以利用一些神奇的性质用搜索解出答案。

首先反素数的质因子是不会超过10个的，并且质因子的指数是单调递减的。利用这两个性质缩小搜索范围，然后直接dfs枚举它的质因子就好了。

代码：

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#include 
#define LL long long
using namespace std;

const int prime[]={2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};

LL n, maxsum, ans;

LL ksm(LL x, LL y)
{
    LL sum=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) sum*=x;
        y>>=1; x*=x;
    }
    return sum;
}

void dfs(int id, int cnt, int sum, LL num)
{
    if(id==11)
    {
        if(sum>maxsum) ans=num, maxsum=sum;
        if(sum==maxsum) if(numn) break;
        dfs(id+1, i, sum*(i+1), num*ksm(prime[id], i));
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld", &n);
    dfs(0, 30, 1, 1);
    printf("%lld\n", ans);
}

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问题描述：

我们定义素数的距离为两个相邻素数之间存在合数的个数。给你一个区间$[l, r]$你需要求出区间内距离最大和最小的两对素数

输入：

有多组数据，每组数据两个数l, r 其中l, r不超过2147483647，区间大小不超过1000000

输出：

如果不存在两个质数输出”There are no adjacent primes.” 否则输出 “x1,x2 are closest, y1,y2 are most distant.”其中x1,x2,y1,y2为两对距离最大和最小的素数

思路：

由于l, r都很大，所以不方便之间线性筛。但区间大小不超过1000000，所以我们要利用好这个条件。

由于区间较小，我们可以利用类似于筛的方法筛掉区间的合数。我们可以先预处理出$2^{16}$内的素数，对于每一个区间我们通过枚举素数$prime[i]$，把区间内为$prime[i]$的倍数标记。枚举了所有素数后，区间内没有标记的数就是素数了。然后$O(n)$扫一遍计算出答案。

代码：

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#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 2000005
#define LL long long
using namespace std;

int l, r, tot, v[MAXN], prime[MAXN];
bool vis[1000005];

void getprime(int n)
{
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        if(!v[i]) prime[++tot]=i, v[i]=i;
        for(int j=1; j<=tot; j++)
        {
            if(prime[j]>v[i] || prime[j]>n/i) break;
            v[i*prime[j]]=prime[j];
        }
    }
}

int main()
{
    getprime(MAXN-5);
    while(scanf("%d%d", &l, &r)!=EOF)
    {
        if(l==1) l++;
        int ans1, ans2, ans3, ans4, last=-1, maxn=-1, minn=1e9;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        for(int j=1; j<=tot; j++)
        {
            int x=((LL)l+prime[j]-1)/prime[j], y=r/prime[j];
            for(int i=max(2, x); i<=y; i++) vis[prime[j]*i-l]=1;
        }

        for(int i=0; i<=r-l; i++)
        {
            if(vis[i]) continue;
            if(last==-1) {last=i; continue;}
            if(i-last>maxn)
            {
                maxn=i-last;
                ans1=last+l; ans2=i+l;
            }
            if(i-last<minn)
            {
                minn=i-last;
                ans3=last+l; ans4=i+l;
            }
            last=i;
        }
        if(maxn==-1) printf("There are no adjacent primes.\n");
        else printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.\n", ans3, ans4, ans1, ans2);
    }
}

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问题描述：

一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小G给每首诗定义了一个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小G不允许把一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小G对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的P次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。

小G最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小）。

输入：

输入文件中的第一行为一个整数T，表示诗的数量。

接下来为T首诗，这里一首诗即为一组测试数据。每组测试数据中的第一行为三个由空格分隔的正整数N，L，P，其中：N表示这首诗句子的数目，L表示这首诗的行标准长度，P的含义见问题描述。

从第二行开始，每行为一个句子，句子由英文字母、数字、标点符号等符号组成。

输出：

于每组测试数据，若最小的不协调度不超过10^18，则第一行为一个数，表示不协调度。接下来若干行，表示你排版之后的诗。注意：在同一行的相邻两个句子之间需要用一个空格分开。

如果有多个可行解，它们的不协调度都是最小值，则输出任意一个解均可。若最小的不协调度超过10^18，则输出“Too hard to arrange”（不含引号）。每组测试数据结束后输出“——————————”、。

思路：

这是一个DP应该不难想到，DP的方程也很简单：

然后我们需要将它优化，斜率优化能过6，7两个点，但后面的就比较难了。我们可以利用四边形不等式证明出这个DP是有决策单调性的(证明与p次方有关，利用什么求导搞。。反正我不懂)。然后就可以利用决策单调性来优化DP啦。

决策单调性是指：设$p[i]$为$f[i]$的最优决策，那么对于所有$j>i$都有$p[j]>=p[i]$。我们利用这个性质，可以利用单调队列+二分，在$O(nlogn)$内完成DP。

单调队列中的元素包含3个值：$p, l, r$，表示在区间$[l, r]$中的最优决策都是$p$。首先是把$(0, 0, n)$入队，然后对于每一个i： 1. 先检查队头元素的$[l, r]$是否包含了i，如果不包含就直接出队 2. 利用队头元素的最优决策$p$来更新$f[i]$ 3. 如果决策i比队尾的决策更优，那么我们就要插入决策i。于是我们就要找出区间$[l, r]$其中的最优决策都是i，首先$r$是为n（因为要靠后面决策来更新），$l$要利用二分找到。首先要清理队尾元素，也就是队尾元素整个区间$[l, r]$的决策i都更优，那么这个就可以出队。否则就在队尾元素区间$[l, r]$内二分，找到$l$的位置将决策i入队，并且更新队尾的$r$。

然后决策单调性的优化就是这样啦，自己理解了蛮久的。。。

代码

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define LL long double
#define INF 1e18
#define MAXN 100005 
using namespace std;

int T, n, l, p, head, tail;
LL sum[MAXN], f[MAXN];
char str[MAXN];

struct Node {int p, l, r;} q[MAXN];

LL cal(int j, int i)
{
    LL num=1, x=sum[i]-sum[j]+i-j-1-l;
    for(int i=1; i<=p; i++) num*=abs(x);
    return f[j]+num;
}

int find(int l, int r, int j, int i)
{
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(cal(j, mid)<cal(i, mid)) l=mid+1;
        else r=mid-1;   
    }
    return l;
}

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d", &n, &l, &p);
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%s", str);
            int len=strlen(str);
            sum[i]=sum[i-1]+len;
        }

        head=1, tail=0;
        q[++tail]=(Node){0, 0, n};
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(head<=tail && i>q[head].r) head++;
            f[i]=cal(q[head].p, i);
            if(head>tail || cal(i, n)<=cal(q[tail].p, n))
            {
                while(head<=tail && cal(i, q[tail].l)<=cal(q[tail].p, q[tail].l)) tail--;
                if(head>tail) q[++tail]=(Node){i, i, n};
                else
                {
                    int pos=find(q[tail].l, q[tail].r, q[tail].p, i);
                    q[tail].r=pos-1;
                    q[++tail]=(Node){i, pos, n};
                }
            }
        }

        if(f[n]>INF) printf("Too hard to arrange\n");
        else printf("%lld\n", (long long)f[n]);
        printf("--------------------\n");
    }
}

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问题描述：

机器上有N个需要处理的任务，它们构成了一个序列。这些任务被标号为1到N，因此序列的排列为1,2,3…N。这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。

从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和。注意，同一批任务将在同一时刻完成。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

输入：

第一行两个整数，N,S。 接下来N行每行两个整数，Ti,Fi。

输出：

一个整数，为所求的答案。

思路：

首先$O(n^3)$的DP不难想到，这里就不多说了。然后$O(n^2)$的做法比较巧妙，我们可以提前计算出这个启动时间对后面状态造成对影响，然后用前缀和预处理一下$sumc$，$sumt$。所以状态转移方程为:

如果我们将上面对式子进行变形，就可以发现它是可以使用斜率优化的： 其中$f[j]$是纵坐标，$sumc[j]$是横坐标，斜率是$s+sumt[i]$。然后我们就要单调队列维护这些点构成的凸壳，使得两点之间的斜率是递增的。对于$i$的最优决策就是就是在凸壳上的某个点$j$，它左边的斜率小于$s+sumt[i]$，右边的斜率大于$s+sumt[i]$，然后我们就可以用这个j来更新$f[i]$。

最后有一点要注意的就是题目中的$T$能是负数，所以我们不能够像一般的斜率优化根据斜率的单调性pop掉队头元素。而是要改为二分来求出最优的决策点j。

代码:

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#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define MAXN 300005
using namespace std;

int n, s, head, tail;
LL sumc[MAXN], sumt[MAXN], q[MAXN], f[MAXN];

int find(int k)
{
    int l=tail, r=head, ans; 
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(f[q[mid+1]]-f[q[mid]]<=k*(sumc[q[mid+1]]-sumc[q[mid]])) l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    return q[l];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &s);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int t, c;
        scanf("%d%d", &t, &c);
        sumt[i]=sumt[i-1]+t;
        sumc[i]=sumc[i-1]+c;
    }
    head=tail=1; q[head]=0;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int j=find(s+sumt[i]);
        f[i]=f[j]-(s+sumt[i])*sumc[j]+sumt[i]*sumc[i]+s*sumc[n];
        while(tail<head && (f[q[head]]-f[q[head-1]])*(sumc[i]-sumc[q[head]])>=(f[i]-f[q[head]])*(sumc[q[head]]-sumc[q[head-1]])) head--;
        q[++head]=i;
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
}

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7月13日 Codeforces Round #496 题目链接：http://codeforces.com/contest/1005

A - Tanya and Stairways & B - Delete from the Left

过水，不多说。。。

C - Summarize to the Power of Two

思路： $O(nlogn^2)$的比较暴力的做法，估计不是正解，水过去的QWQ

就是对于一个数$a[i]$，我们可以枚举所有的2的次幂，找到数组$a$在中是否有另一个数$a[j]$，使得它们和为2的次幂，这个可以用map维护。但是要注意一个细节就是a[i]本身是2的次幂，这个要特判一下。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 120005
using namespace std;

int n, a[MAXN], ans;
map<int, int> mmp;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        mmp[a[i]]++;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=30; j++)
            if(mmp.count((1<<j)-a[i]) && ((1<<j)!=a[i]*2 || mmp[a[i]]>1))
                {ans++; break;}
    printf("%d\n", n-ans);
}

D - D - Polycarp and Div 3

思路： 首先有一个引理：就是如果有一串长度大于3的数字它们和能被3整除，那么一定有一个连续字串的和也能被3整除。

这个比较显然，证明就不多说了。我们进行DP，根据上面的引理，每个$f[i]$会只从它前面的$f[i-1],f[i-2],f[i-3]$转移而来，所以就直接$O(n)$扫一遍就好了。(DP如何转移就看代码好了，比较简单)

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200005
using namespace std;

int n, cnt=1, ans, num[MAXN], f[MAXN][2];

int main()
{
    while(scanf("%1d", &num[cnt])!=EOF) cnt++;
    for(int i=1; i<cnt; i++) num[i]+=num[i-1];
    for(int i=1; i<cnt; i++)
        for(int j=max(i-3, 0); j<i; j++)
        {
            if((num[i]-num[j])%3==0) f[i][1]=max(f[i][1], f[j][1]+1);
            else f[i][1]=max(f[i][1], f[j][1]);
        }
    printf("%d\n", f[cnt-1][1]);
}

E1 - Median on Segments (Permutations Edition)

思路： 这题我的思路和题解的也不太一样。（其实是当时想一口气做出两个来，结果发现这个思路E2有BUG）

首先我们对于序列中数的大小是不关心的，只关系它与k的关系。所以可以把比k小的看成-1，比k大的看成1，然后维护前缀和，记为num[i]。我们同样记录k的位置pos，那么答案就是在pos两边有多少对i，j使得$num[i]=num[j]$或$num[i]=num[j]+1$。所以我们cnt数组记录在pos前$num[i]$的数量，对于pos后的$num[i]$就将$cnt[num[i]]$和$cnt[num[i]-1]$加入答案。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200005
#define LL long long
using namespace std;

int n, k, pos=MAXN, a[MAXN], num[MAXN], cnt[MAXN*2];
LL ans;

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    cnt[n]=1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        if(a[i]==k) pos=i;
        if(a[i]<k) num[i]=-1;
        if(a[i]==k) num[i]=0;
        if(a[i]>k) num[i]=1;
        num[i]+=num[i-1];
        if(i<pos) cnt[num[i]+n]++;
    }
    for(int i=pos; i<=n; i++) ans+=cnt[n+num[i]], ans+=cnt[n+num[i]-1];
    printf("%lld\n", ans);
}

E2 - Median on Segments (General Case Edition)

思路： 这道题自然是没有想到的QWQ…..膜了下题解

由于直接求中位数为m的序列是不好求的，所以我们可以变一下，求中位数大于m的序列。那么答案就是做一个容斥，为中位数大于m的序列—中位数大于m+1的序列。

那么求中位数大于m的序列的做法和上一题我的做法有些相似。$num$是前缀和，$cnt$数组记录数量，由于长度为偶数时中位数是中间较小的那个，所以操作的顺序是不一样的。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200005
#define LL long long
using namespace std;

int n, m, a[MAXN];
LL num, cnt[MAXN*2];

LL solve(int m)
{
    LL ans=0, add=0;
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    num=n; cnt[num]=1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(a[i]<m) num--, add-=cnt[num];
        else add+=cnt[num], num++;
        ans+=add;
        cnt[num]++;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    printf("%lld\n", solve(m)-solve(m+1));
}

F - Berland and the Shortest Paths

思路： 用BFS一遍处理出每个点深度，用个vector记录每个点连向父亲的边(可能有多个父亲)。因为每个点vector中存的边可以随便取，所以用dfs乱搞一下计算出答案。

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#define MAXN 200005
using namespace std;

int n, m, k, ans, cnt=1, head[MAXN], dep[MAXN], temp[MAXN];
bool vis[MAXN];

struct Edge {int next, to;} edge[MAXN*2];

vector<int> pre[MAXN], path[MAXN];
queue<int> q;

void addedge(int from, int to)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}

void bfs()
{
    memset(dep, 0x3f, sizeof(dep));
    q.push(1); dep[1]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front(); q.pop();
        for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if(dep[to]>dep[x]+1)
            {
                dep[to]=dep[x]+1;
                q.push(to);
            }
            if(dep[to]==dep[x]+1) pre[to].push_back(i);
        }
    }
}

void dfs(int x)
{
    if(x==n+1)
    {
        for(int i=0; i<m; i++) path[ans].push_back(temp[i]);
        ans++;
        return;
    }
    for(int i=0; i<pre[x].size(); i++)
    {
        temp[pre[x][i]/2-1]=1;
        dfs(x+1);
        if(ans==k) return;
        temp[pre[x][i]/2-1]=0;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        addedge(x, y);
        addedge(y, x);
    }
    bfs();
    dfs(2);
    printf("%d\n", ans);
    for(int i=0; i<ans; i++)
    {
        for(int j=0; j<m; j++) printf("%d", path[i][j]);
        printf("\n");
    }
}