C
签到题，计算前缀和，把所有的负项加入到一个set中，如果当前前缀和小于0，则从set中从小到大弹出负项，并且把弹出的项加回到前缀和中。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll input(){
ll x=0,f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f? -x:x;
}
#define PII pair<ll,int>
#define fr first
#define sc second
#define mp make_pair
const int N=2e5+7;
set<PII> s;
ll a[N],sum;
char Ans[N][20];
int main(){
int n=input()+input();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=input();
sum+=a[i];
if(a[i]>0) strcpy(Ans[i],"resupplied");
else{
strcpy(Ans[i],"approved");
s.insert(mp(-a[i],i));
}
while(sum<0){
auto it=--s.end();
sum+=it->fr;
strcpy(Ans[it->sc],"declined");
s.erase(it);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%s
",Ans[i]);
}
}
E
本题需要用到五边形数定理：
[prod_{n=1}^infty(1-x^n)=sum_{k=-infty}^infty(-1)^kx^{frac{k(3k-1)}{2}}=sum_{k=0}^infty(-1)^kx^{frac{k(3kpm1)}{2}}\
(1-x)(1-x^2)(1-x^3)cdots=1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+x^{22}+x^{26}cdots
]
观察系数关系知符号关系为(+--++--++--)除去前三项可以分类讨论。例如某一段是( +x^a+x^b-x^c-x^d),那么(a)的位置是(1),([a+1,b])位置是(0)，([b+1,c-1])位置是(9)，(c)位置是(8)，([c+1,d])位置是(9)。然后通过二分判断某一位在那个位置就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll input(){
ll x=0,f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f? -x:x;
}
ll f(ll k){return k*(k*3+1)/2;}
int main(){
int T=input();
while(T--){
ll n=input();
ll l=0,r=1e9,k;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(f(mid)<n) k=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
ll nr=f(k++);
int Ans=0;
if(k&1){
if(n==nr+2*k-1) Ans=8;
else if(n<=nr+3*k-1) Ans=9;
else Ans=0;
}else{
if(n==nr+2*k-1) Ans=1;
else if(n<=nr+3*k-1) Ans=0;
else Ans=9;
}
printf("%d%c",Ans,T==0?'
':' ');
}
}
B
神仙题QWQ。
首先我们进行一个简单的转化：
[C_k=max_{gcd(i,j)=k}^n|A_i-B_i| \
C_k=max_{gcd(i,j)=k}^nmax(A_i-B_i,B_i-A_i) \
]
不妨令(B_i=-B_i),方便我们进行推导，式子就变为了：
[C_k=max_{gcd(i,j)=k}^n(A_i+B_j)
]
然后反演的标准套路：
[C_k=max_{k|i}^n(A_i+max_{gcd(i,j)=k}^nB_j)\
C_k=max_{k|i}^n(A_i+max_{k|j}^n B_j[gcd(i,j)==k])\
C_k=max_{i=1}^{frac{n}{k}}(A_{ik}+max_{j=1}^{frac{n}{k}} B_{jk}[gcd(i,j)==1])\
]
现在问题转换为了了解决若干个(C=max_{i=1}^{m}(A_{i}+max_{j=1}^{m} B_{j}[gcd(i,j)==1]))这样的子问题。
然而(max)函数很难在这样的多项式中进行计算，我们需要考虑转化。
我们发现二分对这个(max)函数非常友好，我们不妨考虑一个这样的函数
[check(mid)=sum_{j=1}^m[mid le B_j] sum_{d|i & d|j}mu(d)
]
然后又是一个反演的标准套路
[check(mid)=sum_{d|i}mu(d)sum_{d|j}[mid le B_j]
]
对应(check(mid))的解释：假设当前二分到的答案是mid，如果(check(mid)>0)那么存在一个值比mid大，反之则不存在。满足二分的条件。
现在问题变成了对于每个(i)通过二分询问合法的(B_j)，刚好可以通过整体二分来实现询问。
复杂度不会证。大概是(O(nlog^3n))吧。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll input(){
ll x=0,f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f? -x:x;
}
const int N=1e5+7;
#define pb push_back
int mu[N],pri[N],cnt=0,vis[N];
vector<int> d[N];
void init(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt;++j){
if(i*pri[j]>N) break;
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=i;j<=N;j+=i) d[j].pb(i);
}
int A[N],B[N],n,Ans[N];
int q[N],ql[N],qr[N],sum[N],now,res[N];
int ta[N],tb[N],tmp[N],rev[N];
void _solve(int l,int r,int head,int tail){
if(head>tail) return;
if(l==r){
for(int i=head;i<=tail;i++) res[q[i]]=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
int lcnt=0,rcnt=0;
while(now<mid){
int x=rev[++now];
for(int i:d[x]) --sum[i];
}
while(now>mid){
int x=rev[now--];
for(int i:d[x]) ++sum[i];
}
for(int i=head;i<=tail;i++){
int tt=0;
for(int j:d[q[i]]) tt+=sum[j]*mu[j];
if(tt<=0) ql[++lcnt]=q[i];
else qr[++rcnt]=q[i];
}
tail=head-1;
for(int i=1;i<=lcnt;i++) q[++tail]=ql[i];
int div=tail;
for(int i=1;i<=rcnt;i++) q[++tail]=qr[i];
_solve(l,mid,head,div),_solve(mid+1,r,div+1,tail);
}
int work(int tn){
for(int i=1;i<=tn;i++) tmp[q[i]=i]=tb[i],sum[i]=0;now=tn;
sort(tmp+1,tmp+1+tn);
for(int i=1;i<=tn;i++){
int x=upper_bound(tmp+1,tmp+1+tn,tb[i])-tmp-1;
rev[x]=i;tmp[x]++;
}
int ret=-1e9;_solve(1,tn,1,tn);
for(int i=1;i<=tn;i++)
ret=max(ret,tmp[res[i]]+ta[i]-1);
return ret;
}
void solve(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j*i<=n;j++)
ta[j]=A[i*j],tb[j]=B[i*j];
Ans[i]=max(Ans[i],work(n/i));
}
}
int main(){
init();
n=input();
for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=input();
for(int i=1;i<=n;i++) B[i]=-input();
solve();
for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=-A[i],B[i]=-B[i];
solve();
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",Ans[i],i==n?'
':' ');
}