HGOI 20190519 题解

脑补了一下今天的比赛难度和之前zju-lzw出的题目画风迥异。

难度完全不是一个水平的好伐。

Probem A palindrome

给出一个$n$个元素的数组，可以任意指定一个数字$m$让所有$a_i = a_i \% m$。

使得最终得出的数组成为形如$\{1,2,3,2,1\}$的回文数组，求最大的$m$。

对于100%的数据$1\leq n \leq 10^5,1 \leq a_i \leq 10^9$

Sol： 我们要求同余方程 $ \left\{\begin{matrix} a_1 \equiv a_n (mod \ m)\\ ...\\  a_i \equiv a_{n-i+1}(mod \ m)\\  ...\\ a_n \equiv  a_1(mod \ m)\\ \end{matrix}\right.$的最大解$m$，

显然的我们考虑一种普遍的情况$a \equiv  b (mod \ p)$。

定理：上述结论成立的充分必要条件是$|a-b| \equiv 0 (mod \ p)$

充分性：设$a \leq b$ 那么有 $b-a = kp$即$b = kp + a$显然$a \equiv  b (mod \ p) $

必要性：证明同理。 所以这两个命题是等价的关系。

所以我们只要做差求gcd 就可以了。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+;
int a[N];
int gcd(int a,int b)
{
    if (b==) return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    int n; scanf("%d",&n);
    for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int ans=;
    for (int i=;i<=n/;i++) ans=gcd(ans,abs(a[n-i+]-a[i]));
    if (ans==) puts("-1");
    else printf("%d\n",ans);
    return ;
}

palindrome.cpp

Probem B factorial

给出一个序列$\{a_i\}$，完成三种操作:

1.区间 [l,r] 所有数+1

2.询问区间 [l,r] $\sum\limits_{i=l}^{r} a_i ! \ mod 10^9$

3.单点更新pos,val

对于100%的数据$n,m \leq 10^5 \ val,a_i\leq 10^9$

Sol: 都9102年了还是有人不知道线段树的骚操作。

模数是个合数你有什么好说的，一定有鬼。

发现$40! \ mod 10^9 = 0$于是我们所有的操作都打上了 $40$次的限制。

不需要懒标记，直接下放到叶子节点就可以。

复杂度$O(40\times n log_2 n)$

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+;
const int mo=1e9;
int t[N<<],s[],g[N<<],a[N];
int n,m;
void build(int x,int l,int r)
{
    if (l==r) { g[x]=a[l]; g[x]=min(g[x],41ll); t[x]=s[g[x]]; return;}
    int mid=(l+r)/;
    build(*x,l,mid);
    build(*x+,mid+,r);
    t[x]=(t[*x]+t[*x+])%mo;
    g[x]=g[*x]+g[*x+];
}
void update1(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if (g[x]>=(r-l+)*) return;
    if (l==r) { g[x]++; g[x]=min(g[x],41ll); t[x]=s[g[x]]; return;}
    int mid=(l+r)/;
    if (ql<=mid) update1(*x,l,mid,ql,qr);
    if (qr>mid) update1(*x+,mid+,r,ql,qr);
    t[x]=(t[*x]+t[*x+])%mo;
    g[x]=g[*x]+g[*x+];
}
void update2(int x,int l,int r,int pos,int val)
{
    if (l==r) { g[x]=val; g[x]=min(g[x],41ll); t[x]=s[g[x]]; return;}
    int mid=(l+r)/;
    if (pos<=mid) update2(*x,l,mid,pos,val);
    else update2(*x+,mid+,r,pos,val);
    t[x]=(t[*x]+t[*x+])%mo;
    g[x]=g[*x]+g[*x+];
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if (ql<=l&&r<=qr) return t[x];
    int mid=(l+r)/,ret=;
    if (ql<=mid) ret=(ret+query(*x,l,mid,ql,qr))%mo;
    if (qr>mid) ret=(ret+query(*x+,mid+,r,ql,qr))%mo;
    return ret;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for (int i=;i<=n;i++) {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    s[]=; for (int i=;i<=;i++) s[i]=s[i-]*i%mo; s[]=;
    build(,,n);
    while (m--) {
        int op,l,r;
        scanf("%lld%lld%lld",&op,&l,&r);
        if (op==) {
            update1(,,n,l,r);
        } else if (op==) {
            printf("%lld\n",query(,,n,l,r));
        } else if (op==) {
            update2(,,n,l,r);
        }
    }
    return ;
}

factorial.cpp

Problem C triangle

定义函数$f(x)  = $为一条直角边为$x$的正整数边长直角三角形种类数。

给出$q$组询问，每个询问含有一个值$n$ ，询问$f(x) = n$的最小整数解$x_{min}$

对于100%的数据,$q\leq 10^5 , 1\leq n \leq 10^6$

Sol : $n^2 +b^2 = c^2 $得出$n^2=(c+b)(c-b)-st(s=c+b,t=c-b)$

解得$c = \frac{s+t}{2} , b = \frac{s-t}{2} , t < s$。

结合三角形是边长是整数，即$b,c \in Z$

所以任意解$(s,t)$可以用$st = n^2,s > t, s \equiv t (mod \ 2)$

所以我们估计$f(n) = \frac{d(n^2)}{2}$规模的 ， 手玩一下我们会发现。

对$n$质因数分解$n = 2^{k_2} \times 3 ^{k_3} \times 5^{k_5} ... $

所以$n^2 =  2^{2k_2} \times 3 ^{2k_3} \times 5^{2k_5} ...$

由于$s,t$的奇偶性必须同奇同偶，所以$2k_2$个$2$不能全分给$s,t$减少了一些方案。

其质因子需要任意分。三角形边长不能为0，所以排除$s=t$的情况，还需-1。

所以$f(n) = \frac{2{k_2}(2{k_3}+1)(2{k_5}+1)...}{2}$

令$f(x) = n$，对于选中的$x$，需要最小，使得$2{k_2}(2{k_3}+1)(2{k_5}+1)... = 2n+1$

用若干（取个14个就够了）个小素数来组成$m$可以保证m最小，依次考虑每次质数，背包一下就行了。

复杂度$O(qk^2) , k  =14$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2000010
typedef long long LL;
LL F[N];
LL temp[N];
const LL lim = 1e16;
int p[] = {, , , , , , , , , , , , , , };
void up(LL &x, LL y) { if (x == ) x = y; else x = min(x, y);}
 
int main()
{
    F[] = ;
    for (int i = ; i <= p[]; ++i) {
        memset(temp, , sizeof(temp));
        for (int j = ; j < N; ++j) {
            if (F[j] == ) continue;
            int kk = ; LL s = ;
            while (true) {
                if (j*(kk*+) >= N) break;
                if (F[j] > lim / s) break;
                if (i >  || kk == ) up(temp[j*(kk*+)], F[j]*s);
                ++kk;
                if (s > lim / p[i]) break;
                s = s * p[i];
            }
        }
        memcpy(F, temp, sizeof(temp));
    }
    int T, n; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        LL ans = lim + ;
        if (F[*n+]) ans = min(ans, F[*n+]);
        LL w = ;
        for (int k = ; k < ; ++k, w = w * ) {
            if ((*n+) % (*k-)) continue;
            LL t = F[(*n+)/(*k-)];
            if (t && t <= lim / w) ans = min(ans, t*w);
        }
        if (ans == lim+) ans = -;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return ;
}

triangle.cpp