A - Forgetting Things
题意：给 (a,b) 两个数字的开头数字（1~9），求使得等式 (a=b-1) 成立的一组 (a,b) ，无解输出-1。
题解：很显然只有 (a=b) 和 (a=b-1) 的时候有解，再加上一个从 (9) 越到 (10) 的就可以了。被样例的 (199,200) 误导了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int a, b;
while(~scanf("%d%d", &a, &b)) {
if(a == b)
printf("%d %d
", a * 10, b * 10 + 1);
else if(a == b - 1)
printf("%d %d
", a, b);
else if(a == 9 && b == 1)
printf("9 10
");
else
puts("-1");
}
}
B1 - TV Subscriptions (Easy Version)
见下一题
B2 - TV Subscriptions (Hard Version)
题意：有n天，每天上映一段电视剧的第ai节，要连续看d天，求最少买多少张票。注意买了某一节的票之后就可以反复看这一节。
题解：看数据量，是不是可以二分票的张数，然后尺取暴力验证呢？不过真的t会卡memset，而k的上限又没给，假如想用memset的话要先进行一次离散化。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, k, d;
int a[200005];
int cnt[1000005];
bool check(int m) {
int cur = 0;
for(int i = 1; i <= d; ++i) {
++cnt[a[i]];
if(cnt[a[i]] == 1)
++cur;
}
if(cur <= m) {
for(int i = 1; i <= d; ++i)
cnt[a[i]] = 0;
return 1;
}
for(int i = d + 1; i <= n; ++i) {
++cnt[a[i]];
if(cnt[a[i]] == 1)
++cur;
--cnt[a[i - d]];
if(cnt[a[i - d]] == 0) {
--cur;
if(cur <= m) {
for(int j = 0; j < d; ++j)
cnt[a[i - j]] = 0;
return 1;
}
}
}
for(int j = 0; j < d; ++j)
cnt[a[n - j]] = 0;
return 0;
}
int bs() {
int l = 1, r = d, m;
while(1) {
m = (l + r) >> 1;
if(l == m) {
if(check(l))
return l;
return r;
}
if(check(m))
r = m;
else
l = m + 1;
}
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--) {
scanf("%d%d%d", &n, &k, &d);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
printf("%d
", bs());
}
}
补题题解：其实并不需要二分，扫的时候就知道最小值是谁了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, k, d;
int a[200005];
int cnt[1000005];
int solve() {
int cur = 0;
for(int i = 1; i <= d; ++i) {
++cnt[a[i]];
if(cnt[a[i]] == 1)
++cur;
}
int mincur = cur;
for(int i = d + 1; i <= n; ++i) {
++cnt[a[i]];
if(cnt[a[i]] == 1)
++cur;
--cnt[a[i - d]];
if(cnt[a[i - d]] == 0) {
--cur;
if(cur < mincur)
mincur = cur;
}
}
for(int j = 0; j < d; ++j)
cnt[a[n - j]] = 0;
return mincur;
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--) {
scanf("%d%d%d", &n, &k, &d);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
printf("%d
", solve());
}
}
C - p-binary
题意：给一个整数n，求它最少用多少个p-binary数组成，无解输出-1，p-binary数是指形如 (2^x+p) 的数，其中x非负。
题解：看了下样例，感觉就是不断的尝试减去p（记总共减去了cnt个p），然后判断新的n能不能被cnt个二进制位所表示。不过样例提示我们可以用多个相同的二进制位合成一个高位，所以只需要新的n的二进制位数量不超过cnt就可以了。不过这样做卡了一个数据就是n=101,p=50，这个是输出-1，我这样写输出2，原因是1并不能被2个二进制位表示，因为不能取x=-1，所以得到另一个启发就是k个二进制位能表示的下限就是k（k个1相加），上限是无穷，但是能表示的数必须不超过cnt个1。
为什么比cnt少的二进制位都可以构造呢？因为可以用两个小的组成一个大的来使得cnt变相减少1，而这种方法使用的下限就是cnt个1。
顺带提一下__builtin_popcount()这个函数，其他的不好用但是这个（以及__builtin_ctz()返回后导零的个数）还是不错的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int n, p;
while(~scanf("%d%d", &n, &p)) {
int cnt = 0;
while(cnt < 40) {
n -= p;
if(n <= 0) {
cnt = -1;
break;
}
++cnt;
if(__builtin_popcount(n) <= cnt && n >= cnt)
break;
}
if(cnt == 40)
cnt = -1;
printf("%d
", cnt);
}
}
D - Power Products
题意：给 (n)（2e5）个1e5内的数和 (k) （100），求有多少个无序数对 ((i,j)) 满足存在一个 (x) 使得 (a_ia_j=x^k) 成立。
题解：
很显然就是每种质因数都要是k的倍数，那么每个数要找的那个数是在模意义下面唯一的，一个暴力的做法是分解1e5内的质数，然后求出不超过1e5的这个质数的最高幂，很明显这个最高幂很快就收敛到只剩下1了，那么可以用一个next指针为[0,16]（也就是log(2,1e5)）的字典树来存储。这样到后面一般只有两条路可以走。问题在于由于质数过多深度太大。
一种简单的改进就是特判掉k=2的情况，然后质数的范围就真的缩小到sqrt(1e5)，超过这个范围的质数最多只有一个，且出现以后不可能会和另一个数配出k>=3时的k的倍数。这样是大概只有65层的一个字典树。
那怎么特判掉k=2的情况呢？应该是存在同一个大质因数的放在一堆，然后堆内匹配。不存在任何大质因数的也是一堆，也是堆内匹配。
补题题解：
本质上是要找唯一配对的一个质因数幂次序列，使用字典树会导致单次修改要经历所有的质数。其实根据唯一分解定理，把这些质因数幂次序列转回去整数存储就可以了，不用搞这么复杂。直接把一个数映射到幂模k的另一个数，然后用map存下来就可以了。甚至不需要用map，他的补数也必须限制在1e5里面的，在找补数的时候注意溢出就可以（使用map的话，应该是可以连溢出都不用管，因为溢出之后大部分应该是找不到答案，应该没有概率说溢出之后绕回来到1e5内）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXAI = 1e5;
int cnt[100005];
int p[105], ptop;
bool np[405];
ll qpow(ll x, int n) {
ll res = 1;
while(n) {
if(x > MAXAI)
return -1;
if(n & 1) {
res = res * x;
if(res > MAXAI)
return -1;
}
x = x * x;
//不能在这里判断x溢出，因为有可能这个x不会叠到res上
n >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
for(int i = 2, c = sqrt(MAXAI); i <= c; ++i) {
if(np[i])
continue;
p[++ptop] = i;
for(int j = i + i; j <= c; j += i)
np[j] = 1;
}
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
ll ans = 0;
for(int i = 1, ai; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &ai);
ll bi = 1, ci = 1;
for(int j = 1; j <= ptop; ++j) {
if(ai % p[j] == 0) {
int ki = 0;
while(ai % p[j] == 0) {
++ki;
ai /= p[j];
}
ki %= k;
if(ki) {
//假如ki==0，那么k-ki==0，bi和ci都不会变化
ci *= qpow(p[j], ki);
if(bi != -1) {
ll tmp = qpow(p[j], k - ki);
if(tmp != -1) {
bi *= tmp;
if(bi > MAXAI)
bi = -1;
} else
bi = -1;
}
}
}
}
if(ai > 1) {
ci *= ai;
if(bi != -1) {
ll tmp = qpow(ai, k - 1);
if(tmp != -1) {
bi *= tmp;
if(bi > MAXAI)
bi = -1;
} else
bi = -1;
}
}
if(bi != -1)
//当bi不溢出时，看看前面是不是已经统计了这个bi
ans += cnt[bi];
++cnt[ci];
}
printf("%lld
", ans);
}
注：快速幂里面的溢出不是在x=x*x之后判断，因为有可能会有n>>=1之后n==0，也就是最后一步并不会让res叠上x。
标签：质因数分解
E - Rock Is Push
题意：一个n*m（2000*2000）的棋盘格，每次只能向右或向下走，求走到最右下的不同路径数.注意棋盘格上有石头，可以推动石头，也可以推动一串石头，但是不能把石头推出边界。
补题题解：很显然的一个dp，但是要怎么入手呢？先说一个显然的结论，就是当前行/列的石头只会影响你在这个行/列上前进的终点，在改变方向只会这些石头会再有没有用，所以说每次只需要考虑当前方向上的石头即可。
(dp[i][j][0]) 表示从左侧走到格子 ((i,j)) 的方案数。
(dp[i][j][1]) 表示从上侧走到格子 ((i,j)) 的方案数。
那么怎么转移呢？举个例子，比如现在求的是 (dp[i][j][1]) ，从上方进来的话，会有最后一次向右走的位置，记这个位置为 ((k,j)) ，也就是从左侧进入了 ((k,j)) ，然后一直往下到 ((i,j)) ，什么是合法的 ((k,j)) 呢？当然就是 ((k,j)) 下方的石头的数量不超过 ((i,j)) 下方的空格的数量的 ((k,j)) ，可以看出来随着 (k) 不断往上途径的石头会越来越多，这个转折点是确实存在的。一个细节在于这个 ((k,j)) 这行能不能通过向右走到 ((k,j)) 是无关紧要的，反正也就加在一起，事实上 ((k,j)) 应该是上边界某点或者正好在某块石头上（这块石头会被向右推走而不会被向下推，k再上升则会被向下推）
也就是 (dp[i][j][1]=sumlimits_{t=k}^{i-1}dp[t][j][0])
同理有 (dp[i][j][0]=sumlimits_{t=k}^{j-1}dp[i][t][1])
方程有了，边界怎么办？ ((1,1)) 格子既可以视作从左侧来也可以视作从上侧来，只是 (n=m=1) 的时候要特判掉。
怎么找k呢？以向下转移为例，很显然每个格子下方的石头数是递增的，可以保存每一行每一列的值直接二分，鉴于数据只有2000所以多个11倍常数问题不大。另一种方法是直接从上方的格子转移。
参考资料：
Technocup 2020 — Elimination Round 2 + Codeforces Round 596: analysis - Codeforces
CodeForces 1225E Rock Is Push（dp + 前缀和优化） - alpc_qleonardo - CSDN博客