比赛链接：https://codeforces.com/contest/1350
A - Orac and Factors
题意
记 $f(n)$ 为 $n$ 的最小非 $1$ 因子，输出执行 $k$ 次 $n = n + f(n)$ 的结果。
题解
$n$ 为偶数，最小非 $1$ 因子恒为 $2$，即 $n + 2 * k$ 。
$n$ 为奇数，最小非 $1$ 因子为奇数，即 $n + f(n) + 2 * (k - 1)$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int f(int n) { for (int i = 2; i * i <= n; i++) if (n % i == 0) return i; return n; } void solve() { int n, k; cin >> n >> k; if (n % 2 == 0) cout << n + 2 * k << " "; else cout << n + f(n) + 2 * (k - 1) << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
B - Orac and Models
题意
在数组 $s$ 中寻找一个最长序列，要求序列严格递增，且每对相邻元素中后者的下标为前者的倍数。
（1 - indexed）
题解
$dp_i$ 为以下标 $i$ 结尾的序列的最大长度。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n; cin >> n; int a[n + 1] = {}; for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> a[i]; } map<int, int> dp; int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { int mx = 0; for (int j = 1; j * j <= i; j++) { if (i % j == 0) { if (a[i] > a[j]) mx = max(mx, dp[j]); if (a[i] > a[i / j]) mx = max(mx, dp[i / j]); } } dp[i] = 1 + mx; ans = max(ans, dp[i]); } cout << ans << " "; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
C - Orac and LCM
题意
求 $lcm(gcd(a_i, a_j) | i < j)$ 。
题解一
设 $d_i$ 为除 $a_i$ 外 $n - 1$ 个元素的集合，答案即为 $lcm(gcd(d_i))$。
证明
如果一个数为 $n - 1$ 个元素的因子，那么这个数一定为每个 $lcm$ 的因子，最终要求的 $gcd$ 即为能包含所有因子的 $lcm$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const int N = 1e5 + 100; int a[N], pre[N], suf[N]; int main() { int n; cin >> n; for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> a[i]; } for (int i = 0; i < n; i++) { pre[i + 1] = __gcd(pre[i], a[i]); } for (int i = n - 1; i >= 0; i--) { suf[i] = __gcd(suf[i + 1], a[i]); } ll res = 1; for (int i = 0; i < n; i++) { ll x = __gcd(pre[i], suf[i + 1]); res = res * x / __gcd(res, x); } cout << res; }
题解二
对每个数做质因数分解，记录所有质因数的出现次数和每个数中的个数，取出现次数 ≥ $n - 1$ 的质因数的次小值。
证明
单独考虑每个质因数，因为是两两求 $lcm$，所以在所有 $lcm$ 中该质因数的个数在 次小值~最大值 之间，如果有 $≥2$ 个数不含该质因数，那么该质因数就不会出现在所求答案中，因为由这些未出现的数两两组成的 $lcm$ 中是一定不含该质因数的，否则，因为要求所有 $lcm$ 的 $gcd$，即该质因数在 $lcm$ 中的最小值，即在所有元素中的次小值。
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const int N = 2e5 + 100; int d[N]; int ans[N][3]; void init() { for (int i = 2; i < N; i++) { if (d[i]) continue; for (int j = i; j < N; j += i) if (d[j] == 0) d[j] = i; } for (int i = 0; i < N; i++) ans[i][0] = ans[i][1] = 100; } int main() { init(); int n; cin >> n; for (int i = 0; i < n; i++) { int x; cin >> x; while (x > 1) { int p = d[x]; int t = 0; while (x % p == 0) { x /= p; t++; } for (int j = 0; j < 2; j++) { if (t < ans[p][j]) swap(t, ans[p][j]); } ans[p][2]++; } } ll res = 1; for (int p = 2; p < N; p++) { if (ans[p][2] <= n - 2) continue; int t = 0; if (ans[p][2] == n - 1) t = ans[p][0]; else t = ans[p][1]; while (t--) res *= p; } cout << res; }
题解三
对每个数做因子分解，取所有出现次数 ≥ $n - 1$ 的因子的 $lcm$ 。
证明
同思路一。
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const int N = 2e5 + 100; int cnt[N]; int main() { int n; cin >> n; for (int i = 0; i < n; i++) { int x; cin >> x; for (int j = 1; j * j <= x; j++) { if (x % j == 0) { ++cnt[j]; if (x / j != j) ++cnt[x / j]; } } } ll res = 1; for (ll i = 1; i < N; i++) if (cnt[i] >= n - 1) res = res * i / __gcd(res, i); cout << res; }
D. Orac and Medians
题意
有一个大小为 $n$ 的数组，每次可选取一段连续区间将其中的元素都替换为该区间第 $lfloor frac{len + 1}{2} floor$ 小的元素，问能否将数组中的所有元素都替换为 $k$ 。
题解
首先数组中需要有 $k$，其次，如果有两个相邻的数不小于 $k$，我们就可以不断地取长为 $3$ 的区间将所有元素都替换为不小于 $k$ 的元素，然后再取长为 $2$ 的区间将所有元素替换为 $k$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 100; int a[N]; bool solve() { int n, k; cin >> n >> k; bool find = false; for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> a[i]; if (a[i] < k) a[i] = 0; else if (a[i] == k) a[i] = 1, find = true; else a[i] = 2; } if (!find) return 0; if (n == 1) return 1; for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = i + 1; j < n and j - i <= 2; j++) if (a[i] and a[j]) return 1; return 0; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) cout << (solve() ? "yes" : "no") << " "; }
E. Orac and Game of Life
题意
有一个由黑白方块组成的网格，每轮每个方块变换规则如下：
- 如果该方块不与同色方块相邻，保持原色。
- 否则，下一轮中该方块改变颜色。
问在第 $p$ 轮中某个方块是什么颜色。
题解
如果有一对相邻方块同色，那么它们接下来每轮都会改变颜色。
所以求出每个方块与相邻方块同色至少需要多少轮即可。
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const ll INF = 2e18; const int N = 1010; const int dir[4][2] = {{0, -1}, {0, 1}, {-1, 0}, {1, 0}}; string s[N]; int n, m; ll dis[N][N]; queue<pair<int, int>> que; bool checkCell(int x, int y) { return 0 <= x and x < n and 0 <= y and y <= m; } void dfs() { for (int x = 0; x < n; x++) { for (int y = 0; y < m; y++) { dis[x][y] = INF; for (int i = 0; i < 4; i++) { int nx = x + dir[i][0], ny = y + dir[i][1]; if (!checkCell(nx, ny)) continue; if (s[x][y] == s[nx][ny]) dis[x][y] = 0; } if (dis[x][y] == 0) que.push({x, y}); } } } void bfs() { while (!que.empty()) { int x = que.front().first, y = que.front().second; que.pop(); for (int i = 0; i < 4; i++) { int nx = x + dir[i][0], ny = y + dir[i][1]; if (!checkCell(nx, ny)) continue; if (dis[nx][ny] <= dis[x][y] + 1) continue; dis[nx][ny] = dis[x][y] + 1; que.push({nx, ny}); } } } int main() { int k; cin >> n >> m >> k; for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> s[i]; } dfs(), bfs(); for (int i = 0; i < k; i++) { ll x, y, t; cin >> x >> y >> t; --x, --y; char ans = s[x][y]; if (t >= dis[x][y] and (t - dis[x][y]) % 2 == 1) ans ^= 1; cout << ans << " "; } }