Codeforces Round 868 (Div. 2) A~D-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了Codeforces Round 868 (Div. 2) A~D。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

ABC花了近1h；D想了一会跳过了；E WA，正解似乎涉及博弈论的定理；F数学期望没看。
打代码时应刻意提高手速。代码实现的经验有待丰富。

A. A-characteristic

秒 - AC

关于代码实现，给定n，可求出符合题意的所有可能的k。不需要把它们放到一个set中，或是用vh数组标记；输入只有一个k，可以在计算过程中判断其是否合法。

cin >> n >> k;

flag = false;
for (int i = 0; i <= n / 2; ++i) {
	if (k == i * (i - 1) / 2 + (n - i) * (n - i - 1) / 2) {
		cout << "YES\n";
		for (int j = 1; j <= i; ++j) cout << 1 << ' ';
		for (int j = 1; j <= n - i; ++j) cout << -1 << ' ';
		cout << "\n";
		flag = true;
		break;
	}
}
if (!flag) cout << "NO\n";

B. Sort with Step

秒 - AC

特判在代码实现中很常见。有时还没仔细想就写了代码，写完才发现特判与一般情况的统一性。我想，此时不必把特判删掉并修改代码细节，这有点浪费时间且从结果上来看毫无用处（思考是否有疏漏；鼠标指针移动，上下左右方向键），但很多时候我会忍不住这么做。

cin >> n >> k;
cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	int tmp; cin >> tmp;
	if (tmp % k != i % k) ++cnt;
}
if (cnt <= 2) cout << (cnt >> 1) << "\n";
else cout << -1 << "\n";

C. Strongly Composite

质因数分解、乘法原理 - AC

a对b的约束仅有a的所有数的积。既然涉及质数、合数、因数、乘积，当然要考虑质因数分解。
已知b的所有数的积的质因数分解形式（根据a得出）。把质因子分给尽可能多的数，使得，只需要保证每个数都是“强合数”。也就是尽量让b中每个数分得的质因子数目较少，留更多的给后面。
（上面的“使得”二字放在那里似乎不通顺，但如果删除会产生歧义。我通过这两个字提示后面的内容的意义——这是个语文问题，我想不出更好的表达方法）

分析“强合数”的特征。
$b=p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$ ，质因数个数m，合因数个数 $\Pi (k_i+1)-m-1$ ，注意1不是合数也不是质数。
强合数满足 $2m+1\leq \Pi (k_i+1)$ .
使每个b分得的质因数个数尽可能少。
m=1时，k至少是(2).
m=2时，k至少是(2,1)，与m=1相比，这是无用的。
m=3时，k至少是(1,1,1). 更大的m不会比它更优。
从数目上看，应优先使用(2)向b分配质因子。此后剩余的质因数，各自的个数都是1，优先用(1,1,1)消去。对冗余的，则用(1,1,1,1),(1,1,1,1,1). 可以将这看作把冗余的质因数合并到已有的强合数中。

cin >> tt;

set_prime(MAXA - 1);
	
while (tt--) {
	ans = m = 0;
	
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
		int tmp = a[i];
		while (tmp > 1) {
			int k = p[tmp];
			if (!vh[k]) vh[k] = true, ++m;
			else vh[k] = false, --m, ++ans;
			tmp /= prime[k];
		}
	}
	ans += m / 3;
	cout << ans << '\n';
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		while (a[i] > 1) vh[p[a[i]]] = false, a[i] /= prime[p[a[i]]];
	}
}

代码实现优化 - AC（补）

我用不熟悉的线性筛实现质因数分解，花了很多时间。实际上，使用更简单的暴力分解，复杂度为 $O(n\sqrt a log(nloga))$ ，不会超时。

a不超过1e7，很大。上面的代码中，vh数组如果用memset清空，会超时。就算用素数的标号为下标，1e7内的素数有约665000个，还是会超时。所以有上文麻烦的清空方法。
对每个testcase新开一个STL map，免去了对素数标号的麻烦，也无需清空。

while (tt--) {
	ans = m = 0;
	
	map<int, int> vh;
	
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int tmp; cin >> tmp;
		for (int j = 2; j * j <= tmp; ++j) {
			while (!(tmp % j)) {
				++vh[j];
				tmp /= j;
			}
		}
		if (tmp != 1) ++vh[tmp];
	}
	
	for (auto i : vh) {
		ans += i.second >> 1;
		m += i.second & 1;
	}
	ans += m / 3;
	cout << ans << "\n";
}

D. Unique Palindromes

跳过

看到字符串，互不相同的回文子串个数，还是个构造题，想了一会没啥思路，跳过去做后面的题了，后面的题更做不出来。

分析 - AC（补）

考虑在t的后面加一个字符，对p(t)可能无影响；可能使+1；若+2，那么其中一个回文串是另一个回文串的后缀，因为回文，所以小回文串翻折过去，也是大回文串的前缀，也就一定已被统计过。所以在t的后面加一个字符，p(t)只可能不变或+1.

长度增加m，p(t)最多增加m，据此判断无解情况。关于构造，发现aaaaaaa这样的串就能达到最大增量。
有趣的是，输入保证 $k\leq 20$ ，英文字母有26个，对于需要控制p值的每一段，分别用aaaa,bbbb,cccc…来调节p值。剩下的空位，就用不含回文串的xyzxyzxyz填充。
但是，单个x本身是一个回文串。可以将字符串前三个字符初始化为xyz.
同时要防止出现xyz|aaaax|bbbx这样的情况，xbbbx是回文串。

flag = false;

cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
	cin >> x[i];
}
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
	cin >> c[i];
}

int p = 0;
ans = "xyz";
x[0] = 3, c[0] = 3;
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
	if (c[i] < c[i - 1] || c[i] - c[i - 1] > x[i] - x[i - 1]) {
		flag = true;
		break;
	}
	for (int j = 1; j <= c[i] - c[i - 1]; ++j) {
		ans.push_back('a' + i - 1);
	}
	while (ans.size() < x[i]) {
		ans.push_back('x' + p);
		p = (p + 1) % 3;
	}
}
if (!flag) cout << "YES\n" << ans << '\n';
else cout << "NO\n";