Codeforces Round #701 (Div.2)

contest

A. Add and Divide

不难想到，最优解一定是(b)先加到某个值(b')后再通过不断除而成。

答案即为(min {n + left lfloor log_{b + n} {a} ight floor + 1})，(n)为(b)加了几次。
可以想出答案不会超过(30)，枚举(n)即可。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int a,b;
 
int qfind(int a,int b)
{
    long long cur = 1;
    if(a == 1) return 1;
    if(b == 1) return 1e9 + 7;
    for(int i = 1; i <= 31; i++)
    {
        cur *= b;
        if(cur > a) return i;
        else if(cur == a) return i + 1;
    }
}
 
int main(void)
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        if(a < b)
        {
            printf("1
");
            continue;
        }
        if(a == b)
        {
            printf("2
");
            continue;
        }
        int ans = 31;
        for(int n = 0; n <= 30; n++)
        {
            int P = qfind(a,b + n);
            ans = min(ans,P + n);
            // printf("n = %lld,b + n = %lld,P = %lld
",n,b + n,P);
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

B. Replace and Keep Sorted

考虑对于第(i)个位置上可以改成几个数是合法的。

• 对于(i = 1)，则整数(x)满足(x in [1,a_2))是合法的。
• 对于(i = n)，则整数(x)满足(x in (a_{n - 1},k])是合法的。
• 对于(1 < i < n)，则整数(x)满足(x in (a_{i - 1},a_{i + 1}))是合法的。
  令(b_i)为第(i)个位置上能够修改的数的个数，减一下就珂以了，别忘了减一（不能和(a_i)一样）
  然后(sum_i)维护一下(b_i)前缀和，对于每个询问(l_i,r_i)，答案为(Sum(l_i + 1,r_i - 1))再加上两边的个数，因为两边不受限制了。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n,q,k;
int a[N];
int b[N];
long long sum[N];

int Get1(int l,int r)
{
    if(l > r) return 0;
    return r - l + 1;
}

long long Get2(int l,int r)
{
    return sum[r] - sum[l - 1];
}

int main(void)
{
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&k);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(i == 1)
        {
            b[i] = Get1(1,a[i + 1] - 1);
        }
        else
        {
            if(i == n)
            {
                b[i] = Get1(a[i - 1] + 1,k);
            }
            else b[i] = Get1(a[i - 1] + 1,a[i + 1] - 1);
        }
        --b[i];
        // printf("b[%d] = %d
",i,b[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + b[i];
    while(q--)
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        if(l == r)
        {
            printf("%d
",k - 1);
            continue;
        }
        if(l + 1 == r)
        {
            long long ans = Get1(1,a[r] - 1) - 1 + Get1(a[l] + 1,k) - 1;
            printf("%lld
",ans);
            continue;
        }
        long long ans = Get2(l + 1,r - 1);
        ans += Get1(1,a[l + 1] - 1) - 1;
        ans += Get1(a[r - 1] + 1,k) - 1;
        printf("%lld
",ans);

    }
    return 0;
}

C. Floor and Mod

这题有点恶心，虽然只有*1700。
考虑固定住(b)。
很容易想到(left lfloor frac{a}{b} ight floor)的答案是一块一块的，然后就会联想到：
对于(a in [1,b),left lfloor frac{a}{b} ight floor = 0)
对于(a in [b,2b),left lfloor frac{a}{b} ight floor = 1)
对于(a in [2b,3b),left lfloor frac{a}{b} ight floor = 2)
(cdots)
对于(a in [(k - 1)b,kb),left lfloor frac{a}{b} ight floor = k - 1 space (k le b))
然后我们会发现，除了第一组，其它每一组对答案都有(1)的贡献。
对于第(k)块，对答案有贡献（即(left lfloor frac{a}{b} ight floor = a mod b)）的(a_k = (k - 1)b + k - 1 = (k - 1)(b + 1))。同时(a)还得要满足(a le x)的性质，而我们的目标，就是找到最大的这个(k)，然后对于每一个(b)，求出其最大值(k)，其对答案贡献为(k - 1)。
考虑对于每个(b)如何求出(k)最大值。
根据上面的东西列不等式：

[egin{aligned} (k - 1)(b + 1) &le x\ k - 1 &le dfrac{x}{b + 1}\ k &le dfrac{x}{b + 1} + 1\ end{aligned} ]

然后取个整即可。不过要和(b)取(min)。

通过分析，我们发现我们要求

[sum_{b = 1} ^ y min left(left lfloor dfrac{x}{b + 1} ight floor,b - 1 ight) ]

单次询问复杂度(mathcal{O}(b))，然而(b le 10^9)

我们发现了下取整符号，考虑分块，但是得先把(min)去掉。
列不等式

[egin{aligned} b - 1 &le dfrac{x}{b + 1}\ (b - 1)(b + 1) &le x\ b^2 - 1 &le x\ b^2 &le x + 1\ b &le sqrt{x + 1}\ end{aligned} ]

对于([1,sqrt{x + 1}])直接等差数列求和，对于([sqrt{x + 1} + 1,y])使用数论分块。

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
int t;
long long x,y;

# define min(x,y) x < y ? x : y

long long solve(void)
{
    long long ans = 0;
    bool flag = 0;
    for(int b = 1; b <= y; b++)
    {
        ans += min(b - 1,int(x / (b + 1)));
        if(b - 1 > x / (b + 1) && !flag) 
        {
            printf("flag = %d
",b);
            flag = 1;
        }
    }
    return ans;
}

long long dc(int l,int r)
{
    return (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}

long long solve2(void)
{
    long long ans = 0;
    int SQ = int(sqrt(x + 1));
    ans = dc(0,min(SQ - 1,y - 1)); // [1,SQ]
    // printf("SQ = %d
",SQ
    for(int l = SQ + 2,r = 0; l <= y + 1; l = r + 1)
    {
        int s = x / l;
        if(!s) break;
        r = min(x / s,y + 1);
        ans += (r - l + 1) * s;
    }
    return ans;
}

int main(void)
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        printf("%lld
",solve2());
    }
    return 0;

}

D. Multiples and Power Differences

构造题。
若(i + j)为偶，填(720720)。
若(i + j)为奇，填(720720 + a_{i,j}^4)

E. Move and Swap

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int t;
int n;
long long a[N],dp[N];

vector <int> g[N],G[N];
int f[N],dep[N];

const long long inf = 1e10;

// # define max(a,b) a > b ? a : b

int d;

void dfs(int x,int fa)
{
    G[dep[x]].push_back(x);
    d = max(d,dep[x]);
    for(int i = 0; i < (int)g[x].size(); i++)
    {
        int v = g[x][i];
        if(v != fa)
        {
            f[v] = x;
            dep[v] = dep[x] + 1;
            dfs(v,x);
        }
    }
    return;
}

int main(void)
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            dep[i] = 0;
            f[i] = 0;
            G[i].clear();
            g[i].clear();
            dp[i] = 0;
        }
        for(int i = 2; i <= n; i++)
        {
            int v;
            scanf("%d",&v);
            g[i].push_back(v);
            g[v].push_back(i);
        }
        for(int i = 2; i <= n; i++)
        {
            scanf("%lld",&a[i]);
        }
        dep[1] = 0;
        dfs(1,0);
        // printf("d = %d
",d);
        // // dp[0] = 0;
        // for(int i = 1; i <= n; i++)
        // {
        //     printf("dep[%d] = %d
",i,dep[i]);
        // }
        // putchar('
');
        for(int i = 1; i <= d; i++)
        {
            long long Max = -inf,Min = inf,Max1 = -inf,Max2 = -inf;
            for(int j = 0; j < (int)G[i].size(); j++)
            {
                int v = G[i][j];
                Max = max(Max,a[v]);
                Min = min(Min,a[v]);
                Max1 = max(Max1,a[v] + dp[f[v]]);
                Max2 = max(Max2,dp[f[v]] - a[v]);
            }
            // printf("i = %d,Max = %lld,Min = %lld,Max1 = %lld,Max2 = %lld
",i,Max,Min,Max1,Max2);
            for(int j = 0; j < (int)G[i].size(); j++)
            {
                int v = G[i][j];
                dp[v] = max(abs(Min - a[v]),abs(Max - a[v])) + dp[f[v]];
                dp[v] = max(dp[v],max(Max1 - a[v],Max2 + a[v]));
            }
        }
        long long ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            ans = max(ans,dp[i]);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;

}