Atcoder CADDi 2018 Solution
C - Product and GCD
Solved.
题意:
给出$n个数$的乘积,求$这n个数$的最大的可能是GCD
思路:
分解质因子,那么$每个质因子的贡献就是其质因子个数/ n的乘积$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
ll n, p; int main()
{
while (scanf("%lld%lld", &n, &p) != EOF)
{
if (n == )
{
printf("%lld\n", p);
continue;
}
ll res = ;
for (ll i = ; i * i <= p; ++i)
{
ll tmp = ;
while (p % i == )
{
++tmp;
p /= i;
}
while (tmp >= n)
{
tmp -= n;
res *= i;
}
}
printf("%lld\n", res);
}
return ;
}
D - Harlequin
Solved.
题意:
有$n种颜色的苹果,每种颜色有a_i个,每次可以选择若干个不同颜色的苹果拿掉,轮流拿,谁不能拿谁输$
问 先手胜还是后手胜
思路:
必败局面是当前场上所有颜色的苹果都是偶数个,这样的话,你拿什么,对方跟着你拿,对方肯定胜利
那么必胜局面就是当前场上存在有若干种奇数个颜色的苹果,取掉这些苹果,转换成必败局面留给对方就好了
简单判一判就没了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; int n, x; int main()
{
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
x = ;
for (int i = , y; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &y);
x += y & ;
}
puts(x ? "first" : "second");
}
return ;
}
E - Negative Doubling
Upsolved.
题意:
给出n个数,对每个数的操作只有 $\cdot -2$ ,求最少多少次操作使得序列变成非下降序列
思路:
我们考虑序列中如果存在正数和负数,那么必然存在一个界限,左边全是负数,右边全是正数
那么我们可以预处理出
$f[i] 表示 使得从i开始是一个非下降序列的最小花费$
$g[i]表示 i以及i以前是一个非下降序列,且全都是负数的最小花费$
维护的过程可以用一个队列
刚开始以为如果当前数比之前的数不满足大小关系,后面的数或者前面的数全都要动
但实际上并不是这样,
比如说
5 3 4 1000000
推到5的时候 只有 3 和 4 要改变
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 200010
#define pii pair <int, int>
int n;
ll a[N], b[N], f[N], g[N], lazy; void Run()
{
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", a + i);
queue <pii> q;
f[n] = ;
for (int i = n - ; i >= ; --i)
{
f[i] = f[i + ];
if (a[i] > a[i + ])
{
ll tmp = a[i + ];
int cnt = ;
while (tmp < a[i])
{
tmp *= ;
cnt += ;
}
int x = i;
while (!q.empty())
{
f[i] += 1ll * (q.front().second - x) * cnt;
if (q.front().first <= cnt) cnt -= q.front().first;
else
{
pii tmpp = q.front();
tmpp.first -= cnt;
cnt = ;
q.pop();
q.push(tmpp);
break;
}
x = q.front().second;
q.pop();
}
f[i] += 1ll * (n - x) * cnt;
}
else
{
ll tmp = a[i];
int cnt = ;
while (tmp * <= a[i + ])
{
tmp *= ;
cnt += ;
}
if (cnt) q.push(pii(cnt, i));
}
}
while (!q.empty()) q.pop();
g[] = ;
b[] = -a[];
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
g[i] = g[i - ] + ;
b[i] = -a[i];
if (b[i] < b[i - ])
{
ll tmp = b[i - ];
int cnt = ;
while (tmp > b[i])
{
tmp *= ;
cnt += ;
}
int x = i;
while (!q.empty())
{
g[i] += 1ll * (x - q.front().second) * cnt;
if (q.front().first <= cnt) cnt -= q.front().first;
else
{
pii tmpp = q.front();
q.pop();
tmpp.first -= cnt;
cnt = ;
q.push(tmpp);
break;
}
x = q.front().second;
q.pop();
}
g[i] += 1ll * (x - ) * cnt;
}
else
{
ll tmp = b[i];
int cnt = ;
while (tmp * >= b[i - ])
{
tmp *= ;
cnt += ;
}
if (cnt) q.push(pii(cnt, i));
}
}
ll res = min(f[], g[n]);
for (int i = ; i < n; ++i) res = min(res, g[i] + f[i + ]);
printf("%lld\n", res);
}
} int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("Test.in", "r", stdin);
#endif Run();
return ;
}
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