Codeforces Round #701 (div2)

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A. Add and Divide (*1000)

题意

给出两个数(a,b(1leq a,bleq 1e9))，每次可以进行两种操作之一：

1. (a=lfloor frac{a}{b} floor)
2. (b=b+1)

计算使得(a==0)的最小操作次数

题解

假设最小操作次数需要进行(x)次操作1和(y)次操作2，显然首先进行(y)次操作1会更优。首先计算进行0次操作2（(b==1)时先进行1次操作2将(b)变成2），再进行若干次操作1将(a)变成0的操作次数，之后依次增加操作2的次数，计算此时操作1需要进行的次数，更新总次数的最小值。
由于对于(b==2)，进行(log a)次操作可以将(a)变成0，所以操作2最多进行(log a)次，时间复杂度(O({log}^2 a))

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PLI pair<LL,int>
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;

int T;
LL a,b;

int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%lld %lld",&a,&b);
        int res=1e9+10;
        for(int i=(b==1)?1:0;i<res;i++){
            LL a0=a,b0=b+i;
            int cnt=i;
            while(a0){
                a0/=b0;
                cnt++;
            }
            res=min(res,cnt);
        }
        printf("%d
",res);
    }
}

B. Replace and Keep Sorted (*1200)

题意

给出一列长度为(n(1leq nleq 1e5))的严格递增的数列(a)和整数(k(nleq kleq 1e9))，(1leq a_ileq k)，进行(q(1leq qleq 1e5))次询问，每次给出一个区间([l,r])，计算有多少种长度为((r-l+1))的数列，满足数列只替换了询问区间中某一个位置的数，将它变成(x)，其中(1leq xleq k)并且区间依然保持严格单调递增

题解

分类讨论
设当前将询问区间中的某一个数替换成(x(1leq xleq k))，根据(x)的特点判断对答案的贡献：
case 1: (x<a_l)。只能将(a_l)替换成(x)，有(a_l-1)种满足条件的(x)
case 2: (x>a_r)。只能将(a_r)替换成(x)，有(k-a_r)种满足条件的(x)
case 3: (a_l<x<a_r)并且(x eq a_i(lleq ileq r))。可以将两个位置替换成(x)，区间中小于(x)的最大值(b_l)或者区间中大于(x)的最小值(b_r)，有((a_r-a_l+1)-(r-l+1))种满足条件的(x)，对答案的贡献为(2*((a_r-a_l+1)-(r-l+1)))
case 4: (x==a_i(lleq ileq r))。由于数列严格递增，这样的(x)无法替换数列中的数，因此对答案的贡献为0

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PLI pair<LL,int>
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;

const int maxn=100010;
int n,q;
LL k,a[maxn];

int main(){
    scanf("%d %d %lld",&n,&q,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    while(q--){
        int l,r;
        scanf("%d %d",&l,&r);
        LL ans=(a[l]-1)+(k-a[r])+2*((a[r]-a[l]+1)-(r-l+1));
        printf("%lld
",ans);
    }
}

C. Floor and Mod (*1700)

题意

给出两个整数(x,y(1leq x,yleq 1e9))，计算有多少个数对(a,b)满足(1leq aleq x)，(1leq bleq y)并且(lfloor frac{a}{b} floor==a mod b)

题解

假设(lfloor frac{a}{b} floor==a mod b==k)，则(a=kb+k=k(b+1),(b>k))，所以(k^2<k(b+1)<aleq x)，所以(kleq sqrt x))。(k)的上界为(sqrt x)，枚举(k)，计算对于当前的(k)，所有(b)的可能值，也就确定了每一个(b)对应(a)的值。根据已知：

[left{ egin{aligned} &b>k\ &1leq bleq y\ &1leq k(b+1)leq x => 1leq bleq frac{x}{k}-1& end{aligned} ight. ]

得到：

[k<bleq min(y,frac{x}{k}-1) ]

所以对于确定的(k)，满足条件的(a,b)对数为：

[max(min(y,frac{x}{k}-1)-k,0) ]

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PLI pair<LL,int>
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;

int T;
LL x,y;

int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%lld %lld",&x,&y);
        LL ans=0;
        for(LL k=1;k*k<x;k++){
            ans+=max(1ll*0,min(y,x/k-1)-k);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
}

D. Multiples and Power Differences (*2200)

题意

给出一个(n*m(2leq n,mleq 500))的矩阵(a)，(1leq a_{ij}leq 16)，构造一个矩阵(b)，满足以下条件：

1. (1leq b_{ij}leq 1e6)
2. (b_{ij})是(a_{ij})的倍数
3. (b_{ij})中相邻元素的差值为(k^4(kgeq 1))

说明：满足条件的构造始终是存在的

题解

仿照西洋棋棋盘的样式建立矩阵(b)。(lcm(1,2,...,16)=720720)，矩阵构造方法为：
case 1: 如果((i+j))是奇（偶）数，则(b_{ij}=720720)
case 2: 如果((i+j))是偶（奇）数，则(b_{ij}=720720+a_{ij}^4)

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PLI pair<LL,int>
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-6
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;

const int maxn=510,Lcm=720720;
int n,m,a[maxn][maxn],b[maxn][maxn];

int main(){
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&a[i][j]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            b[i][j]=Lcm;
            if((i+j)&1) b[i][j]+=a[i][j]*a[i][j]*a[i][j]*a[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<m;j++){
            printf("%d ",b[i][j]);
        }
        printf("%d
",b[i][m]);
    }
}

E

F