A. Sequence with Digits
题意： 给定如下递推式
其中 (minDigit(a_n)) 和 (maxDigit(a_n)) 分别代表 (a_n) 十进制表示中 最小 和 最大 的数字，给出 (a_1) 和 (k) ，让你求 (a_k)
(t~(1 leq t leq 1000)) 组测试数据，每组数据给出 (a_1) 和 (k~(1 leq a_1 leq 10^{18},1 leq k leq 10^{16})) ；
分析： 只要第一次 (minDigit(a_i)=0) 出现，那么 (a_i,a_{i+1},...) 的值都不会变，所以按照公式递推直到算出 (a_k) 或者出现 (minDigit(a_i)=0) 终止就好了 (关于 (0) 在有限且不高次内一定会出现就不证明了，也不咋会证)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
ll t,n,k;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k;
if(k==1){
cout<<n<<endl;
continue;
}
k--;
while(k--)
{
ll tmp=n;
ll Min=9,Max=0;
while(tmp)
{
ll res=tmp%10;
tmp/=10;
Min=min(Min,res);
Max=max(Max,res);
}
if(Min==0) break;
else n+=Min*Max;
}
cout<<n<<endl;
}
}
B. Young Explorers
题意： (T~(1 leq T leq 2 cdot 10^5)) 组测试数据，每组给出 (N~(1 leq N leq 2 cdot 10^5)) 和大小为 (N) 的数组 (e~(1 leq e_i leq N))
(sum N leq 3 cdot 10^5)
对于每组数据，你需要把数组 (e) 分成尽可能多的组(不必所有的元素都必须分配)，但是每组内的元素需要满足 组的大小大于等于组内任意一个元素，即对于一个大小为 (m) 的组 (b) ，需要满足 (b_i leq m)
求最多可以分成多少组？
分析： 贪心，把数组 (e) 排序 然后从小到大尽量分组划分；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N = 3E5+10;
int a[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
rep(i,1,n) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
int ans=0,xb=1;
while(xb<=n&&xb+a[xb]-1<=n){
if(a[xb]==a[xb+a[xb]-1]) ans++,xb+=a[xb];
else{
int num=a[xb];
xb+=a[xb]-1;
while(xb+1<=n&&num<a[xb]) num++,xb++;
if(num==a[xb]) ans++,xb++;
else break;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
}
C. Count Triangles
题意： 给定 (A,B,C,D~(1 leq A leq B leq C leq D leq 5 cdot 10^5)) ，求有多少组 ((x,y,z)) 满足 (A leq x leq B leq y leq C leq z leq D) 且构成非退化三角形；
分析： 因为 (x leq y leq z) ，差分一下 (x+y) 的出现次数 然后求一遍前缀和 再枚举 (z) ；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N = 1E6+10;
int A,B,C,D;
ll num[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>A>>B>>C>>D;
rep(i,A,B)
{
num[i+B]++;
num[i+C+1]--;
}
rep(i,1,N-1) num[i]+=num[i-1]; //第一遍求出num[i]表示x+y==i有几种
rep(i,1,N-1) num[i]+=num[i-1]; //第二遍求前缀和
ll ans=0;
rep(i,C,D) ans+=num[N-1]-num[i];
cout<<ans;
}
D. Game With Array
题意： 给定 (N) 和 (S~(1 leq N leq S leq 10^6)) ，现在要你构造出一个大小为 (N) 的数组 (s~(0<s_i leq S)) 然后选择一个数 (K~(0 leq K leq S))，在数组满足 (sum s_i=S) 的情况下，无法在数组中选取若干元素的和 (sum) 使得 (sum=K~~or~~sum=S-K)；
分析： 构造方法不只一种，但是 (S<2*N) 肯定无解，然后考虑 (K=1) 的话，构造出 (2,2...,S-2*(N-1)) 这类形式的序列，就可以满足题意
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n,s;
cin>>n>>s;
if(2*n>s)
{
cout<<"NO";
return 0;
}
cout<<"YES
";
for(int i=1;i<n;i++) cout<<2<<' ';
cout<<s-2*(n-1)<<endl;
cout<<1;
}
E. Restorer Distance
题意： 先给出 (N,A,R,M~(1 leq N leq 10^5,0 leq A,R,M leq 10^4)) ，然后给出大小为 (N) 的数组 (h~(0 leq h_i leq 10^9)) 分别代表 (N) 根砖柱的高度(1单位高度代表一块砖)，现在有三种操作
- 花费代价 A ，在某一根砖柱上加一块砖
- 花费代价 R ，从某一根砖柱上拿走一块砖
- 花费代价 M ，从某一根砖柱上拿一块砖放到另一根砖柱上
现在要求用最小的代价使得所有砖柱高度一致
分析： 三分
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int MAXN = 1E5+10;
int N,A,R,M;
ll a[MAXN],sum[MAXN];
ll cal(ll H)
{
int x=1;
while(x<=N&&a[x]<H) x++;
ll left=0;
if(x<=N) left=sum[N]-sum[x-1]-H*(N-x+1);
ll need=0;
if(x>1) need=H*(x-1)-sum[x-1];
ll cost=0;
if(A+R>=M){
if(left>=need) cost+=need*M,left-=need,need=0;
else cost+=left*M,need-=left,left=0;
}
cost+=left*R;
cost+=need*A;
return cost;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>N>>A>>R>>M;
rep(i,1,N) cin>>a[i];
sort(a+1,a+N+1);
rep(i,1,N) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
ll L=0,R=1E9+1;
while(L+1<R)
{
ll m1=(L+R)>>1;
ll m2=(m1+R)>>1;
if(cal(m1)<cal(m2)) R=m2;
else L=m1;
}
ll ANS=cal(L);
cout<<ANS;
}
F. Guess Divisors Count
题意： 交互题，预先设定一个数 (X~(1 leq X leq 10^9)) ，让你通过交互得出 (X) 有多少个因数，你有至多 22 次询问，每次询问形式 ? Q ((1 leq Q leq 10^{18})) ，然后会反馈 GCD(X,Q) ，即最大公约数；设 (X) 实际有 (d) 个因数，你给出的答案为 (ans) ，那么只要
- (|ans-d| leq 7)
- (frac{1}{2} leq frac{ans}{d} leq 2)
至少满足上述两个条件之一，就判正确
分析： 肯定会先想到素数分解的形式：(X=p_1^{a_1} cdot p_2^{a_2} cdots p_m^{a_m}) ，那么 (d=(a_1+1)*(a_2+1) cdots (a_m+1)) ；然后明确一点，题目给定了误差限制，所以可以推测不可能在 22 次询问里求得准确答案，即不是 X 的每个素因子都能询问到，可以从这一点考虑：
- 只有 22 次询问机会，((1 leq X leq 10^9)) ，((1 leq Q leq 10^{18}))，所以，1 次询问考虑询问多个素数的乘积；
- 考虑多个素数的乘积 ((1 leq Q leq 10^{18})) ，其中若有较小的素数，那么它的次数肯定不能是 1 ，否则若 (X) 中关于这个素数的次数很高那么这个素数的询问完全是没有用的，所以得提高次数；然后，最小的素数是 2 且 (2^{30}>10^9 geq X) ，所以可以 以 (2^{10}=1024) 为上界，提高乘积内每个素数的次数，这样一个 Q 内大概会有 5,6 个素数，22 次询问从小到大 大概可以询问到 八百多的素数；极端情况下，我们计算的某个素数的次数可能只统计了刚好超过 (frac{1}{3}) ，例如 (X=2^{29})；所以得出最后的结果再乘以 2 ，即
ans*2，那么对于已经计算过的素数误差完全是在条件2范围内的，而对于之后的素数出现的情况，分情况考虑： - 若之后的素数出现了 3 次，那么前面的素数一个都不会出现，因为 ((1 leq X leq 10^9))，标准因数个数最大为 (d=2 imes 2 imes 2=8)，而我们 ans 初始是1，最后乘以2，(|ans-d| leq 7) 成立，满足条件 1；
- 若之后的素数出现了 2 次，那么前面的素数的所有出现次数完全被计算了(因为 (1 leq X leq 10^9))，除开后面的两个素数之后，X 最多只剩下 1000 左右；此时后面的素数 d 的影响最多是 (2 imes 2=4) 倍级别，所以 ans*2 之后是满足条件 2 的；
- 若之后的素数出现了 1 次，极端情况下，前面的素数最多被少算了 1 倍 ，例如 (X=2^{20} imes 863)，此时 ans*2 之后依旧满足条件 2；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define ll unsigned long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N = 1000;
vector<ll>pm; //素数
vector<ll>pp; //提高次数的素数
vector<ll>test; //多个提高次数的素数的乘积
void ready()
{
bool vis[N]={0};
rep(i,2,N-1)if(!vis[i]){
pm.pb(i);
for(int j=i;j<N;j+=i) vis[j]=1;
}
for(auto v:pm)
{
ll x=v;
while(x*v<=1024)x*=v;
pp.pb(x);
}
ll res=1;
int cnt=0;
for(auto v:pp)
{
if(res*v>1e18) test.pb(res),res=v,++cnt;
else res*=v;
if(cnt==22) {cout<<"---"<<v<<endl;break;}
}
if(res>1) test.pb(res);
}
ll ask(ll m)
{
cout<<"? "<<m<<endl;
ll res;cin>>res;
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
ready();
for(auto v:pm) cout<<v<<endl;
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
ll ANS=1;
rep(k,0,21)
{
ll ans=ask(test[k]),cnt;
for(auto v:pm){
cnt=0;
while(ans%v==0) cnt++,ans/=v;
ANS*=(cnt+1);
}
}
cout<<"! "<<ANS*2<<endl;
}
}