Codeforces Round #641 (Div. 2)

比赛链接：https://codeforces.com/contest/1350

A - Orac and Factors

题意

记 $f(n)$ 为 $n$ 的最小非 $1$ 因子，输出执行 $k$ 次 $n = n +  f(n)$ 的结果。

题解

$n$ 为偶数，最小非 $1$ 因子恒为 $2$，即 $n + 2 * k$ 。

$n$ 为奇数，最小非 $1$ 因子为奇数，即 $n + f(n) + 2 * (k - 1)$ 。

代码

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

int f(int n) {
    for (int i = 2; i * i <= n; i++)
        if (n % i == 0)
            return i;
    return n;
}

void solve() {
    int n, k; cin >> n >> k;
    if (n % 2 == 0) 
        cout << n + 2 * k << "
";
    else
        cout << n + f(n) + 2 * (k - 1) << "
";
}

int main() {
    int t; cin >> t;
    while (t--) solve();
}

B - Orac and Models

题意

在数组 $s$ 中寻找一个最长序列，要求序列严格递增，且每对相邻元素中后者的下标为前者的倍数。

（1 - indexed）

题解

$dp_i$ 为以下标 $i$ 结尾的序列的最大长度。

代码

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

void solve() {
    int n; cin >> n;
    int a[n + 1] = {};
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    map<int, int> dp;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int mx = 0;
        for (int j = 1; j * j <= i; j++) {
            if (i % j == 0) {
                if (a[i] > a[j]) mx = max(mx, dp[j]);
                if (a[i] > a[i / j]) mx = max(mx, dp[i / j]);
            }
        }
        dp[i] = 1 + mx;
        ans = max(ans, dp[i]);
    }
    cout << ans << "
";
}

int main() {
    int t; cin >> t;
    while (t--) solve();
}

C - Orac and LCM

题意

求 $lcm(gcd(a_i, a_j) | i < j)$ 。

题解一

设 $d_i$ 为除 $a_i$ 外 $n - 1$ 个元素的集合，答案即为 $lcm(gcd(d_i))$。

证明

如果一个数为 $n - 1$ 个元素的因子，那么这个数一定为每个 $lcm$ 的因子，最终要求的 $gcd$ 即为能包含所有因子的 $lcm$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int N = 1e5 + 100;
int a[N], pre[N], suf[N];

int main() {
    int n; cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        pre[i + 1] = __gcd(pre[i], a[i]);
    }
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        suf[i] = __gcd(suf[i + 1], a[i]);
    }
    ll res = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        ll x = __gcd(pre[i], suf[i + 1]);
        res = res * x / __gcd(res, x);
    }
    cout << res;
}

题解二

对每个数做质因数分解，记录所有质因数的出现次数和每个数中的个数，取出现次数 ≥ $n - 1$ 的质因数的次小值。

证明

单独考虑每个质因数，因为是两两求 $lcm$，所以在所有 $lcm$ 中该质因数的个数在 次小值~最大值 之间，如果有 $≥2$ 个数不含该质因数，那么该质因数就不会出现在所求答案中，因为由这些未出现的数两两组成的 $lcm$ 中是一定不含该质因数的，否则，因为要求所有 $lcm$ 的 $gcd$，即该质因数在 $lcm$ 中的最小值，即在所有元素中的次小值。 

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int N = 2e5 + 100;
int d[N];
int ans[N][3];

void init() {
    for (int i = 2; i < N; i++) {
        if (d[i]) continue;
        for (int j = i; j < N; j += i)
            if (d[j] == 0) 
                d[j] = i;
    }
    for (int i = 0; i < N; i++)
        ans[i][0] = ans[i][1] = 100;
}

int main() {
    init();
    int n; cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x; cin >> x;
        while (x > 1) {
            int p = d[x];
            int t = 0;
            while (x % p == 0) {
                x /= p;
                t++;
            }
            for (int j = 0; j < 2; j++) {
                if (t < ans[p][j])
                    swap(t, ans[p][j]);
            }
            ans[p][2]++;
        }
    }
    ll res = 1;
    for (int p = 2; p < N; p++) {
        if (ans[p][2] <= n - 2) continue;
        int t = 0;
        if (ans[p][2] == n - 1) 
            t = ans[p][0];
        else 
            t = ans[p][1];
        while (t--) res *= p;
    }
    cout << res;
}

题解三

对每个数做因子分解，取所有出现次数 ≥ $n - 1$ 的因子的 $lcm$ 。

证明

同思路一。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int N = 2e5 + 100;
int cnt[N];

int main() {
    int n; cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x; cin >> x;
        for (int j = 1; j * j <= x; j++) {
            if (x % j == 0) {
                ++cnt[j];
                if (x / j != j) ++cnt[x / j];
            }
        }
    }
    ll res = 1;
    for (ll i = 1; i < N; i++)
        if (cnt[i] >= n - 1)
            res = res * i / __gcd(res, i);
    cout << res;
}

D. Orac and Medians

题意

有一个大小为 $n$ 的数组，每次可选取一段连续区间将其中的元素都替换为该区间第 $lfloor frac{len + 1}{2} floor$ 小的元素，问能否将数组中的所有元素都替换为 $k$ 。

题解

首先数组中需要有 $k$，其次，如果有两个相邻的数不小于 $k$，我们就可以不断地取长为 $3$ 的区间将所有元素都替换为不小于 $k$ 的元素，然后再取长为 $2$ 的区间将所有元素替换为 $k$ 。

代码

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

const int N = 1e5 + 100;
int a[N];

bool solve() {
    int n, k; cin >> n >> k;
    bool find = false;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        if (a[i] < k) a[i] = 0;
        else if (a[i] == k) a[i] = 1, find = true;
        else a[i] = 2;
    }
    if (!find) return 0;
    if (n == 1) return 1;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j < n and j - i <= 2; j++)
            if (a[i] and a[j]) return 1;
    return 0;
}

int main() {
    int t; cin >> t;
    while (t--) cout << (solve() ? "yes" : "no") << "
";
}

E. Orac and Game of Life

题意

有一个由黑白方块组成的网格，每轮每个方块变换规则如下：

• 如果该方块不与同色方块相邻，保持原色。
• 否则，下一轮中该方块改变颜色。

问在第 $p$ 轮中某个方块是什么颜色。

题解

如果有一对相邻方块同色，那么它们接下来每轮都会改变颜色。

所以求出每个方块与相邻方块同色至少需要多少轮即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const ll INF = 2e18;
const int N = 1010;
const int dir[4][2] = {{0, -1}, {0, 1}, {-1, 0}, {1, 0}};
string s[N];
int n, m;
ll dis[N][N];
queue<pair<int, int>> que;

bool checkCell(int x, int y) {
    return 0 <= x and x < n and 0 <= y and y <= m;
}

void dfs() {
    for (int x = 0; x < n; x++) {
        for (int y = 0; y < m; y++) {
            dis[x][y] = INF;
            for (int i = 0; i < 4; i++) {
                int nx = x + dir[i][0], ny = y + dir[i][1];
                if (!checkCell(nx, ny)) continue;
                if (s[x][y] == s[nx][ny]) dis[x][y] = 0;
            }
            if (dis[x][y] == 0) que.push({x, y});
        }
    }
}

void bfs() {
    while (!que.empty()) {
        int x = que.front().first, y = que.front().second;
        que.pop();
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = x + dir[i][0], ny = y + dir[i][1];
            if (!checkCell(nx, ny)) continue;
            if (dis[nx][ny] <= dis[x][y] + 1) continue;
            dis[nx][ny] = dis[x][y] + 1;
            que.push({nx, ny});
        }
    }
}

int main() {
    int k; cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> s[i];
    }
    dfs(), bfs();
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        ll x, y, t; cin >> x >> y >> t;
        --x, --y;
        char ans = s[x][y];
        if (t >= dis[x][y] and (t - dis[x][y]) % 2 == 1) ans ^= 1;
        cout << ans << "
";
    }
}

参考了：CKang 、scott_wu 、tourist 、Um_nik 的代码。