Codeforces Round #538 (Div. 2)

A.Got Any Grapes?

根据题意模拟就好。

B.Yet Another Array Partitioning Task

题意：

给出一个大小为n的数组，把它分成k段，每一段最大的m个数字加起来和最大。

题解：

那么最好的答案就是这n个数里面最大的m*k个数都被取到。

C.Trailing Loves (or L'oeufs?)

题意

求n！在b进制下末尾的0的个数。其中n<=1e18,b<=1e12

题解：

模拟一下进制转换的过程我们发现，等价于求n！mod b^k=0的k的最大值。我们如果把n！和b都进行质因子分解，对于质数p，n！对于p的指数是b1,对于b的指数是b2，那么当b2不为0的时候，k=min(b1/b2).但是n！非常大，连求出来都不可能。那么我们可以把b因数分解，然后对于b的每一质因数，求出n！中这个质因数的质数。然后问题就只剩对于质数p，怎么求n！中p的指数。我们都知道n/p是求1-n中能被p整除的数的个数，就用这种方法求就好。注意容易爆longlong

我一开始那一段是这么写的然后一直wa

LL cal(LL n,LL p){//n!中质数p的指数
    LL res=0;
    LL num=p;
    while(n/num>=1){
        res+=n/num;
        num=num*p;
    }
    return res;
}

然后加了个break就a了。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;
const long long INF=1e18;
const int maxn=100000;
typedef long long LL;
LL n,b;
LL prime[maxn];
int cnt,num[maxn];
void solve(LL x){
    int m=sqrt(x);
    for(int i=2;i<=m;i++){
        if(x%i==0){
            cnt++;
            prime[cnt]=i;
            while(x%i==0){
                num[cnt]++;
                x/=i;
            }
        }
    }
    if(x>1){
        cnt++;
        prime[cnt]=x;
        num[cnt]++;
    }
}

LL cal(LL n,LL p){//n!中质数p的指数
    LL res=0;
    LL num=p;
    while(n/num>=1){
        res+=n/num;
        if(num>n/p)break;
        num=num*p;
    }
    return res;
}

int main(){
    scanf("%I64d%I64d",&n,&b);
    solve(b);
    LL ans=INF;
    //LL c=cal(n,prime[1]);

    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        ans=min(ans,cal(n,prime[i])/num[i]);
    }
    printf("%I64d
",ans);
return 0;
}

 D.Flood Fill

这个就是个入门的区间dp，记忆话很好写。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;
const int maxn=5000+10;
const int INF=2147000000;
int n;
int c[maxn];
int f[maxn][maxn];
int L[maxn],R[maxn];
int dp(int l,int r){
    if(f[l][r])
        return f[l][r];
    if(l==1&&r==n)
        return 0;
    f[l][r]=INF;
    if(c[l-1]==c[r+1]){
        f[l][r]=min(f[l][r],dp(L[l-1],R[r+1])+1);
    }else{
        if(l>1)f[l][r]=min(f[l][r],dp(L[l-1],r)+1);
        if(r<n)f[l][r]=min(f[l][r],dp(l,R[r+1])+1);
    }
    return f[l][r];
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&c[i]);
        if(c[i]==c[i-1])
            L[i]=L[i-1];
        else L[i]=i;
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(c[i]==c[i+1])
            R[i]=R[i+1];
        else R[i]=i;
    }
//    for(int i=1;i<=n;i++){
//        printf("%d %d %d
",i,L[i],R[i]);
//    }
    int ans=INF;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=min(ans,dp(L[i],R[i]));
    }
    printf("%d
",ans);
return 0;
}

E.Arithmetic Progression（交互题）

题意：

存在一个打乱顺序的n个数的等差数列。你要通过最多60次询问，得到这个等差数列的d和a1，也就是公差和最小的值。

询问有两种
1. ? i，询问第i个元素是什么
2. > x,询问是否存在严格大于x的值

题解：

如果这个题是找最大值的话就很容易了，二分就可以了，最小值呢就用最大值减去n-1的公差就好了。问题是怎么求公差d呢？对于打乱顺序的a，|ai-ai-1|=di，那么di一定是公差d的倍数。那么我们随机拿出30个数来，排序然后求di，然后求这些di的gcd，得到的就是公差d。我不太会证明，只能靠猜···

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <cmath>

using namespace std;
const int maxn=1e6+100;

int gcd(int a,int b){
    if(!b)return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int ask1(int x){
    printf("? %d
",x);
    fflush(stdout);
    int res;
    scanf("%d",&res);
    return res;
}
int ask2(int x){
    printf("> %d
",x);
    fflush(stdout);
    int res;
    scanf("%d",&res);
    return res;
}

int n,m;
int a[maxn];
int main(){
    srand(time(NULL));
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=30;i++){
        int r=rand()*rand()%n+1;
        int x=ask1(r);
        a[++m]=x;
    }
    sort(a+1,a+1+m);
    int d=a[2]-a[1];
    for(int i=3;i<=m;i++)
        d=gcd(d,a[i]-a[i-1]);
    int l=0,r=1e9,ans=0;
    while(l<=r){
        int mid=l+(r-l)/2;
        if(ask2(mid)){
            l=mid+1;
        }else{
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
    }
    printf("! %d %d
",ans-(n-1)*d,d);
return 0;
}

F:Please, another Queries on Array?

题意：给出一个n个数字的数组，和q个询问。

询问有两种
1."MULTIPLY l r x"
将[l,r]的m每个数都乘x
2."TOTIENT l r"
输出phi(al*al+1*...*ar)mod 1e9+7

题解：

我们要先回想一下欧拉函数的性质。

然后对于这个题

300以内只有62个，可以状态压缩，显然也可以用线段树维护。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=4e5+10;
const int mod=1e9+7;

int n,q,sz;
int a[maxn],prime[100],vis[400],pos[400];

void init(){
    int m=sqrt(300);
    for(int i=2;i<=m;i++){
        if(!vis[i]){
            for(int j=i*i;j<=300;j+=i){
                vis[j]=1;
            }
        }
    }
    for(int i=2;i<=300;i++){
        if(!vis[i]){
            prime[sz]=i;
            pos[i]=sz++;
        }
    }
}
LL qpow(int n,int k){
    LL res=1;
    while(k){
        if(k&1)res=res*n%mod;
        n=(LL)n*n%mod;
        k>>=1;
    }
    return res%mod;
}
LL mulv[4*maxn],prmv[4*maxn];
LL tag_m[4*maxn],tag_p[4*maxn];
LL solve(int x){
    LL res=0;
    int m=sqrt(x);
    for(int i=2;i<=m;i++){
        if(x%i==0){
            res|=(LL)(1ll<<pos[i]);
            while(x%i==0)
                x/=i;
        }
    }
    if(x>1){
        res|=(LL)(1ll<<pos[x]);
    }
    return res;
}

void maintain(int o){
    int lc=2*o,rc=2*o+1;
    mulv[o]=mulv[lc]*mulv[rc]%mod;
    prmv[o]=prmv[lc]|prmv[rc];
}

void pushdown(int o,int L,int R){
    int lc=2*o,rc=2*o+1;
    if(tag_m[o]!=1){
        int M=L+(R-L)/2;

        mulv[lc]=qpow(tag_m[o],M-L+1)*mulv[lc]%mod;
        mulv[rc]=qpow(tag_m[o],R-M)*mulv[rc]%mod;
        tag_m[lc]=tag_m[o]*tag_m[lc]%mod;
        tag_m[rc]=tag_m[o]*tag_m[rc]%mod;
        tag_m[o]=1;
    }
    if(tag_p[o]){
        prmv[lc]|=tag_p[o];
        prmv[rc]|=tag_p[o];
        tag_p[lc]|=tag_p[o];
        tag_p[rc]|=tag_p[o];
        tag_p[o]=0;
    }
}

void build(int o,int L,int R){
    mulv[o]=tag_m[o]=1;
    prmv[o]=tag_p[o]=0;
    if(L==R){
        mulv[o]=a[L];
        prmv[o]=solve(a[L]);
        return ;
    }
    int M=L+(R-L)/2;
    build(2*o,L,M);
    build(2*o+1,M+1,R);
    maintain(o);
}
void update(int o,int L,int R,int ql,int qr,int v){
    if(ql<=L&&qr>=R){
        mulv[o]=mulv[o]*qpow(v,R-L+1)%mod;
        tag_m[o]=tag_m[o]*v%mod;
        LL S=solve(v);
        tag_p[o]|=S;
        prmv[o]|=S;
        return;
    }
    int M=L+(R-L)/2;
    pushdown(o,L,R);
    if(ql<=M)update(2*o,L,M,ql,qr,v);
    if(qr>M)update(2*o+1,M+1,R,ql,qr,v);
    maintain(o);
}
LL ans_S,ans;
void query(int o,int L,int R,int ql,int qr){
    if(ql<=L&&qr>=R){
        ans=ans*mulv[o]%mod;
        ans_S|=prmv[o];
        return;
    }
    int M=L+(R-L)/2;
    pushdown(o,L,R);

    if(ql<=M)query(2*o,L,M,ql,qr);
    if(qr>M)query(2*o+1,M+1,R,ql,qr);
    maintain(o);
}
void gcd(LL a,LL b,LL& d,LL& x,LL& y){
    if(!b){
        d=a;x=1;y=0;
    }else{
        gcd(b,a%b,d,y,x);
        y-=x*(a/b);
    }
}
LL inv(LL a,LL p){
    LL d,x,y;
    gcd(a,p,d,x,y);
    if(d!=1)return -1;
    return (x+p)%p;
}
void tra(int o,int L,int R){
    printf("%d %d %d %I64d %I64d
",o,L,R,mulv[o],prmv[o]);
    if(L==R)return;
    int M=L+(R-L)/2;
    tra(2*o,L,M);
    tra(2*o+1,M+1,R);
}

int main(){
    init();
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    build(1,1,n);
   // tra(1,1,n);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        string type;
        cin>>type;
        if(type=="TOTIENT"){
            int ql,qr;
            scanf("%d%d",&ql,&qr);
            ans=1,ans_S=0;
            query(1,1,n,ql,qr);
            LL sum=1;
            for(int j=0;j<62;j++){
                LL S=(LL)(1ll<<j);
                if(ans_S&S){
                    sum=sum*(prime[j]-1)%mod*inv(prime[j],mod)%mod;
                   // printf("@%d %I64d %I64d
",prime[j],inv(prime[j],mod),inv(prime[j],mod)*prime[j]%mod);
                }
            }
            LL ANS=sum*ans%mod;
            printf("%I64d
",ANS);
        }else{
            int ql,qr,v;
            scanf("%d%d%d",&ql,&qr,&v);
            update(1,1,n,ql,qr,v);
        }
    }
return 0;
}