A. Add and Divide
大意：给两个数 a,b，操作1是 a=a/b，操作2是 b=b+1，求把 a 变成 0 的最小操作数。
如果先进行操作1再进行操作2，那么效果一定不如先进行操作1再进行操作2。因此就有，所有操作2在操作1之前。因此我们只要枚举2操作次数（枚举10个就行了吧），然后暴力求1操作次数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
void Solve(){
int a=read(),b=read(),ans=1e9;
repeat(i,0,10)if(b+i!=1){
int n=a,t=b+i,cnt=0;
while(n)n/=t,cnt++;
ans=min(ans,(cnt+i));
}
printf("%d
",ans);
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
B. Replace and Keep Sorted
大意：给一个严格单增序列 (a_1,a_2,ldots,a_n)，多次询问 ( 与 a 的一个区间只有一个数不一样 ) 且严格单增的序列个数。
对于一次询问的区间 ([l,r])，考虑修改一个数 (a_i)。如果 (a_i) 不在区间边界，那么方案数显然就是 (a_{i+1}-a_{i-1}-2)（把 (a_i) 修改为 (a_{i-1}+1) 到 (a_{i+1}+1) 之间的数，除去 (a_i) 自身）。如果 (i=l)，那么方案数为 (a_{i+1}-2)（修改为 (1) 到 (a_{i+1}-1) 之间的数，除去 (a_i) 自身）。如果 (i=r)，那么方案数为 (k-a_{i-1}-1)（修改为 (a_{i-1}+1) 到 (k) 之间的数，除去 (a_i) 自身）。
对于不在区间边界的情况，我们用前缀和维护。另外两个情况直接算就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
ll a[N],s[N];
void Solve(){
int n=read(),q=read(); ll k=read();
repeat(i,1,n+1)a[i]=read();
a[0]=0,a[n+1]=k+1;
repeat(i,1,n+1)s[i]=a[i+1]-a[i-1]-2;
repeat(i,1,n+1)s[i]+=s[i-1];
while(q--){
int l=read(),r=read();
if(l==r)
printf("%lld
",k-1);
else
printf("%lld
",s[r-1]-s[l]+k-a[r-1]+a[l+1]-3);
}
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; // T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
C. Floor and Mod
大意：给定 (x,y)，求 (1le ale x,1le ble b,lfloordfrac a b floor=amod b) 的 ((a,b)) 个数
列个表：
| a,b | a/b=1 | a/b=2 | a/b=3 | a/b=4 |
|---|---|---|---|---|
| b=2 | 3,2 | |||
| b=3 | 4,3 | 8,3 | ||
| b=4 | 5,4 | 10,4 | 15,4 | |
| b=5 | 6,5 | 12,5 | 18,5 | 24,5 |
规律就是，每一行的 a 都等于列数乘以 (b+1)，而且只有 (b-1) 行。显然，如果我们一行一行计算那肯定不行因为最多可能会有 1e9 行。所以思路就是一列一列计算答案。
先凑出每列的第一个有 (a=b^2-1)，而每向下一个位置，(a) 都会加 (b-1)，用这个规律计算一列中有多少数满足要求。由于 (b^2-1) 增长比较快所以复杂度只有 (O(sqrt n))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
void Solve(){
ll x=read(),y=read(),ans=0;
for(ll i=2;i*i-1<=x && i<=y;i++){
ans+=min((x-(i*i-1))/(i-1)+1,y-i+1);
}
printf("%lld
",ans);
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
D. Multiples and Power Differences
大意：给矩阵 a，求矩阵 b 满足 (b_{i,j}) 是 (a_{i,j}) 的倍数且 b 中相邻两个数之差是不为 0 的完全四次方数。
这题想到就很简单，不想到就会像我一样卡住（）
首先我们需要发现 (1) 到 (16) 的最小公倍数是 720720 在范围内。这个数是所有 1..16 的倍数，所以我们可以把一部分互不相邻的数变成 720720，其他的数也要互不相邻。（没错这就是传说中的奇偶染色）对于后者来说，假设 (a_{i,j}) 相邻的数都是 720720，那么只要让 (a_{i,j}) 变成 (720720+a_{i,j}^4) 就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
const int N=200010; typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
void Solve(){
ll c=720720;
int n=read(),m=read();
repeat(i,0,n)
repeat(j,0,m){
int x=read(),ans;
if((i+j)%2==0)ans=c;
else ans=c+x*x*x*x;
printf("%d%c",ans,"
"[j==m-1]);
}
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; // T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}