https://www.nowcoder.com/acm/contest/175#question
A-动态点分治
Description
CJK 是一个喜欢数据结构的同学。一天他看到 BZOJ 4012 这一题。“这似乎可以用动态点分治做。”，他想。然而他并不会动态点分治，因此他拿着这一题去问 XXX。
然而 XXX 跟他说：“你呀，毕竟图样图森破，上台拿衣服！连基础都没学好，就想学这些高端的东西！来，我这里有一题，如果你能把这道题秒掉，我才能教你动态点分治！”
于是 CJK 打开题目。题目很短，只有一句话：
“给出 l, r, k，请从小到大输出所有在 [l, r] 范围内，能表示为 k 的非负整数次方的所有数。”
“多组数据。”，XXX 补充说，“注意所有数的 0 次方都为 1，因此 1 也得算进去哦。”
Input
第一行一个数(T)，表示数据组数。
接下来(T)行，每行(3)个数(l,r,k)，表示一组数据.
Output
对于每一组数据输出一行(总共输出(T)行)。
如果存在符合要求的数，则在一行内从小到大输出这些数；否则输出一个字符串 "None."（包括句点，不包括引号）。
吐槽
表示这题贼鸡儿坑啊,还有(k)等于零的情况.
出成绩的一瞬间,机房里充满了“哇,woc.T1什么鬼”
不得不表示坑爹 TAT.
xjb分析
首先需要注意的地方是(k=1)或(k=0)的情况.(坑爹啊！
PS：(puts('' ''))自带换行符
一.(k=1)
这个时候需要判断左边界(0leq l leq 1)的情况,这时候,右边界(r geq 1)才能输出(1).
否则输出(None.)
(注意这里最后要有(huge{.})
代码
if(k==1)
{
if(l<=1 and r>=1)printf("1
");
else puts("None.");
continue;
}
二.(k=0)
这里需要判断左边界(l)为(0)的情况,输出(0(space)1)
要注意题目中的定义(color{red}所有数)的零次方都为(1)
然后需要判断左边界(l=1) 右边界(rgeq1)输出(1).
再判断(l=r=0)的情况,直接输出(0)即可.
注意不要忘记换行符!
其他情况直接输出(None.)即可
代码
if(k==0)
{
if(l==0 and r>=1)puts("0 1");
else if(l==1 and r>=1)puts("1");
else if(l==0 and r==0)puts("0");
else puts("None.");
continue;
}
最普通的情况只需要判断(res)(当前值)是否(geq frac{r}{k})即可.
这样可以防止(res)再( imes k)炸出$long long (再炸到)[l,r]$范围内的情况
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void in(long long &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
long long T;
int main()
{
in(T);
for(long long l,r,k;T;T--)
{
bool flg=false;
in(l),in(r),in(k);
if(k==1)
{
if(l<=1 and r>=1)printf("1
");
else puts("None.");
continue;
}
else if(k==0)
{
if(l==0 and r>=1)puts("0 1");
else if(l==1 and r>=1)puts("1");
else if(l==0 and r==0)puts("0");
else puts("None.");
continue;
}
long long res=1;
while(res<=r/k)
{
if(res>=l)printf("%lld ",res),flg=true;
res*=k;
}
if(res>=l and res<=r)printf("%lld ",res),flg=true;
if(!flg)puts("None.");
else putchar('
');
}
return 0;
}
B-区间
Description
给出一个序列 (a_1, dots, a_n)。
定义一个区间 ([l,r]) 是好的，当且仅当这个区间中存在一个 (i)，使得 (a_i) 恰好等于 $a_l, a_{l+1},dots,a_{r-1}, a_r $的最大公因数。
求最长的好的区间的长度。
Input
第一行 (n)，表示序列的长度；
第二行 (n) 个数 (a_1,a_2,dots,a_n)
Output
输出一行一个数，表示最长的好的区间的长度。
xjb分析
(ST)表暴力((60pts))
发现用到区间(gcd)，“线段树维护区间(gcd)！“。
又看到需要维护这些数的最大公因数.“线段树维护区间最小值！”
"大水题！切了！"
和暴力程序一对拍,(50w)的数据,跑不动 emm
woc,要凉。
赶紧写了(ST)表.速度比暴力略快.“稳了！”
定义
1.(f[i][j])代表从(i)开始跨度为(2^j)的区间的区间(gcd)。
2.(mn[i][j])代表从(i)开始跨度为(2^j)的区间的区间最小值.
代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define min(a,b) a<b?a:b
#define max(a,b) a>b?a:b
#define int long long
#define N 4000008
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n,mn[N][21],f[N][21],Table[N],ans;
int gcd(int x,int y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
inline int query(int l,int r)
{
int k=Table[r-l+1];
return min(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k]);
}
inline int gd(int l,int r)
{
int k=Table[r-l+1];
return gcd(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
signed main()
{
in(n);
for(R int i=1;i<=n;i++)
in(mn[i][0]),f[i][0]=mn[i][0];
for(R int j=1;j<=21;j++)
for(R int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
f[i][j]=gcd(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]),
mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
for(int l=1;l<=n;l++)
{
int k=0;
while((1<<(k+1))<=l)k++;
Table[l]=k;
}
if(query(1,n)==gd(1,n))
{
printf("%lld",n);
exit(0);
}
for(R int i=1;i<n;i++)
{
int l=i+1,r=n;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(query(i,mid)==gd(i,mid))
ans=max(ans,mid-i+1),l=mid+1;
else r=mid-1;
}
}
printf("%lld",ans);
}
出成绩的一瞬间.(60pts).
看了看写暴力的兄弟,woc,也是(60pts)。
完犊子 emm.
正常暴力思想(60pts)
时间复杂度：(O(n^2))
枚举 (i)，往两边扩展到不能扩展为止。
代码的话,没有具体实现.还是请大家自己来吧.
正解((100pts))
(r[i])数组定义为从(i)位置向右扩展到的最远的合法位置.
考虑到,我们从某一位置(i)向两边扩展,会出现情况(i-1)的(r[i-1])比(i)位置的(r[i])要大
即这种情况↓
这个时候,(i)位置的贡献比(i-1)位置的贡献要小,可以直接令(r[i]=r[i-1])
因为此时,(r[i]-i)的长度略短,不会对(ans)产生更大的贡献.
因此,我们直接转移即可.(这样可以令(r[i])单调
记得用每个(i)去更新(ans).
时间复杂度为(O(n))
官方代码
根据讲解写出的代码(可以叫官方代码吧 qwq.
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define int long long
using namespace std;
int n,a[4000008],r[4000008],ans=1;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(R int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(R int i=1,j=1;i<=n;i++)
{
int now=a[i];
while(j<=n and a[j]%now==0)j++;
r[i]=j-1;
}
for(R int i=n,j=n;i>=1;i--)
{
int now=a[i];
while(a[j]%now==0 and j>=1)j--;
ans=max(r[i]-j,ans);
}
cout<<ans;
}
本人代码
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define int long long
using namespace std;
int n,a[4000008],ans=1;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;a[0]=-1;//注意这里要将a[0]设为一个无法%其他数等于0的数.
for(R int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
int l=i,r=i;
while(l>0 and a[l-1]%a[i]==0)l--;
while(r<n and a[r+1]%a[i]==0)r++;
ans=max(r-l+1,ans);
i=r;//这里直接向右扩展即可.
}
cout<<ans;
}
C-灭虫
自己还没改过,放一下官方题解好了 emm
官方题解
