HHUACM 综合训练2

本次综合训练主要是2013年的大连online的题目，有难有易，其中题意不太清楚和要求非常高的题目就直接剔除了。这样题数少了，于是又加了2题2016年大连online的我觉得挺不错的题目。后来发现知识点有点重叠，不过训练一下也无妨。

Find the maximum

题意：给出 $N$ 求出最小的 $2\leq n\leq N$ 使得 $n/\varphi(n)$ 最大。
题解：做这题首先要知道 $\varphi(n)$ 的计算式（不作证明）: $\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_{1}})(1-\frac{1}{p_{2}})…(1-\frac{1}{p_{k}})$
$$\therefore n/\varphi(n)=\frac{1}{(1-\frac{1}{p_{1}})(1-\frac{1}{p_{2}})…(1-\frac{1}{p_{k}})}$$ $$=\frac{1}{\frac{p_1-1}{p_1}\frac{p_2-1}{p_2}…\frac{p_k-1}{p_k}}$$ $$=\frac{p_1}{p_1-1}\frac{p_2}{p_2-1}…\frac{p_k}{p_k-1}$$ $$=(1+\frac{1}{p_1-1})(1+\frac{1}{p_2-1})…(1+\frac{1}{p_k-1})$$
其中 $p_1,p_2,…p_k$ 为 $n$ 的质因子。（考虑到大家提交的很多代码都是打表，这里我写的比较详细）

明显地：

1. $p_1,p_2,…p_k$ 越小，$n$ 越小，而且 $n/\varphi(n)$ 越大；
2. $p_1,p_2,…p_k$ 的次方数没有贡献。
   所以，只需要把最小的那些质数乘起来，就能得到满足条件的 $n$
   为了增加(编程)难度，这题又加入了高精度，套用模板，代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int MAX=1000000;
int pr[100000],pt=0;
bool f[MAX];
char s[110];
struct BigInt {
    const static int mod = 10000;
    const static int DLEN = 4;
    int a[100],len;
    BigInt() {
        memset(a,0,sizeof(a));
        len = 1;
    }
    BigInt(int v) {
        memset(a,0,sizeof(a));
        len = 0;
        do {
            a[len++] = v%mod;
            v /= mod;
        } while(v);
    }
    BigInt(const char s[]) {
        memset(a,0,sizeof(a));
        int L = strlen(s);
        len = L/DLEN;
        if(L%DLEN)len++;
        int index = 0;
        for(int i = L-1; i >= 0; i -= DLEN) {
            int t = 0;
            int k = i - DLEN + 1;
            if(k < 0)k = 0;
            for(int j = k; j <= i; j++)
                t = t*10 + s[j] - '0';
            a[index++] = t;
        }
    }
    BigInt operator +(const BigInt &b)const {
        BigInt res;
        res.len = max(len,b.len);
        for(int i = 0; i <= res.len; i++)
            res.a[i] = 0;
        for(int i = 0; i < res.len; i++) {
            res.a[i] += ((i < len)?a[i]:0)+((i < b.len)?b.a[i]:0);
            res.a[i+1] += res.a[i]/mod;
            res.a[i] %= mod;
        }
        if(res.a[res.len] > 0)res.len++;
        return res;
    }
    BigInt operator *(const BigInt &b)const {
        BigInt res;
        for(int i = 0; i < len; i++) {
            int up = 0;
            for(int j = 0; j < b.len; j++) {
                int temp = a[i]*b.a[j] + res.a[i+j] + up;
                res.a[i+j] = temp%mod;
                up = temp/mod;
            }
            if(up != 0)
                res.a[i + b.len] = up;
        }
        res.len = len + b.len;
        while(res.a[res.len - 1] == 0 &&res.len > 1)res.len--;
        return res;
    }
    bool operator >(const BigInt &b)const {
        if (len==b.len) {
            int k=len-1;
            while (k&&a[k]==b.a[k]) k--;
            if (k<0) return false;
            return a[k]>b.a[k];
        }
        return len>b.len;
    }
    void output() {
        printf("%d",a[len-1]);
        for(int i = len-2; i >=0 ; i--)
            printf("%04d",a[i]);
        printf("\n");
    }
};

void init_pr()
{
    for (int i=2;i<MAX;i++) {
        if (!f[i]) pr[++pt]=i;
        for (int j=1;j<=pt;j++) {
            if (i*pr[j]>=MAX) break;
            f[i*pr[j]]=1;
            if (i%pr[j]==0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    init_pr();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%s",s);
        BigInt n(s);
        BigInt a(1),b(1);
        for (int i=1;i<=pt;i++) {
            BigInt tmp(pr[i]);
            b=a*tmp;
            if (b>n) break;
            a=b;
        }
        a.output();
    }
    return 0;
}

The Frog’s Games

题意：青蛙要跳过一条长为 $L$ ，两岸之间有 $n$ 块石头的河，最多只能跳 $m$ 次，求青蛙至少需要的跳跃能力（跳一次的最大长度）。
题解：可以发现，最后的答案具有单调性，即，若跳跃能力 $k$ 可以跳过这条河，那么跳跃能力 $x(x\geq k)$ 一定能跳过这条河。
由此，使用二分答案可以解决，代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=500010;
int a[N];
int L,n,m;

bool check(int l)
{
    int cnt=0,pre=0;
    for (int i=1;i<=n+1;) {
        while (pre+l>=a[i]&&i<=n+1) i++;
        pre=a[i-1];
        if (++cnt>m) return false;
    }
    return true;
}

int bs(int l,int r)
{
    while (l<r) {
        int m=(l+r)>>1;
        if (check(m)) r=m;
        else l=m+1;
    }
    return l;
}

int main()
{
    while (scanf("%d%d%d",&L,&n,&m)!=EOF) {
        for (int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        sort(a+1,a+1+n);
        int l=L,r=L;a[n+1]=L;
        for (int i=1;i<=n+1;i++)
            l=min(a[i]-a[i-1],l);
        printf("%d\n",bs(l,r));
    }
    return 0;
}

Different GCD Subarray Query

题意：给出 $N$ 个数，每次询问 $[L,R]$ 的子数组（类似子串）的 $GCD$ 有多少不同的值。
题解：做这题首先要知道一个结论，值为 $X$ 的数连续地跟其它数进行 $GCD$ 运算，最多出现 $\left \lfloor log_{2}{X}\right \rfloor$ 个不同的数。这个结论刚听到可能很新鲜，但其实很好理解，$GCD$ 运算之后出现了新的 $X$ ，说明新的 $X$ 至少少了一个质因子。而质因子最多有 $\lfloor log_{2}{X}\rfloor$ 个。所以 $GCD$ 个数最多也就 $NlogMAX$ 个，可以用 $map$ 来保存。
其次还需要知道一个技巧，如何统计一个区间内不同的数。对于一个右端点 $R$ ,我们保存能使得值 $X$ 出现的最大的 $L$ ，并在 $L$ 这一点加1，那么每次询问的答案就是 $[L,R]$ 的区间和。
这样把所有询问离线并排序以后，就可以从 $1$ 开始枚举右端点，代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;

typedef pair<int,int> PII;
const int N=100010;
const int MAX=1000010;
map<int,int> d[2],cur;
struct query {
    int l,r,id;
    operator < (const query& b) const {
        return r<b.r;
    }
} q[N];
int a[N],ans[N];
int c[MAX];

int gcd(int a,int b)
{
    if (!b) return a;
    return gcd(b,a%b);
}

void ins(int x,int d)
{
    for (;x<MAX;x+=x&(-x)) {
        c[x]+=d;
    }
}

int query(int x)
{
    if (!x) return 0;
    int res=0;
    for (;x>0;x-=x&(-x)) {
        res+=c[x];
    }
    return res;
}

int main()
{
    int n,m;
    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) {
        d[0].clear();
        d[1].clear();
        cur.clear();
        memset(c,0,sizeof(c));
        for (int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for (int i=1;i<=m;i++) {
            scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
            q[i].id=i;
        }
        sort(q+1,q+1+m);
        int now=1,pre=0,k=1;
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            for (map<int,int>::iterator it=d[pre].begin();it!=d[pre].end();it++) {
                int x=gcd(a[i],it->first);
                d[now][x]=max(d[now][x],it->second);
            }
            d[now][a[i]]=i;
            for (map<int,int>::iterator it=d[now].begin();it!=d[now].end();it++) {
                int x=it->first;
                if (cur.count(x)&&cur[x]<(it->second)) {
                    ins(cur[x],-1);
                    ins(it->second,1);
                    cur[x]=it->second;
                } else if (!cur.count(x)) {
                    ins(it->second,1);
                    cur[x]=it->second;
                }
            }
            d[pre].clear();
            swap(pre,now);
            for (;k<=m&&q[k].r==i;k++) {
                ans[q[k].id]=query(q[k].r)-query(q[k].l-1);
            }
        }
        for (int i=1;i<=m;i++)
            printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

The kth great number

题意：给 $n$ 个操作，支持插入和求第 $k$ 大。
题解：一定要认真读题！这道题目的 $k$ 是一开始就给定的，是不会变的！
理解了这一点这就是一道水题，代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

int main()
{
    int n,k;
    while (scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) {
        priority_queue< int,vector<int>,greater<int> > Q;
        while (n--) {
            char s[5];
            scanf("%s",s);
            if (s[0]=='I') {
                int x;
                scanf("%d",&x);
                Q.push(x);
                if (Q.size()>k) Q.pop();
            } else {
                printf("%d\n",Q.top());
            }
        }
    }
    return 0;
}

Dave

题意：在二维平面上给 $N$ 个不重合的点，问边长为 $R$ 的正方形最多能包含多少个点（包含边界）
题解：因为这一题 $1\leq N\leq 1000$ ，所以只要枚举每个点作为左下角的情况就行了（为什么？）
如果 $1\leq N\leq 10000$ ，那么可以用扫描线+线段树的解法。先离散化，并将所有点按照 $x$ $y$ 两个关键字从小到大排序，我们想象垂直于 $x$ 轴有两条间距为 $R$ 的直线，这两条线不断的向右移动，右边的一些点会进入，左边的一些点会退出。那要怎么统计呢？这里要用到一个奇妙的处理，把每一个点向上延伸 $R$ 产生的这条线段加到线段树，也就是区间加1，最后只要每次统计从最低到最高的每个点的最大值就行了（为什么？）
这个做法听起来很简单，不过由于离散化等原因，很容易写错（WA3 = =），代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1

const int N=1010;
typedef long long ll;
struct point {
    int x,y,ix,iy;
    bool operator < (const point& b) {
        return ix<b.ix;
    }
} p[N];
int qx[N],qy[N];
ll add[N<<2],sum[N<<2];
int n,r,cntx,cnty;

void push_up(int rt)
{
    sum[rt]=max(sum[rt<<1],sum[rt<<1|1]);
}

void push_down(int rt)
{
    if (add[rt]) {
        add[rt<<1] += add[rt];
        add[rt<<1|1] += add[rt];
        sum[rt<<1] += add[rt];
        sum[rt<<1|1] += add[rt];
        add[rt] = 0;
    }
}

void update(int L,int R,int d,int l,int r,int rt)
{
    if (L<=l&&r<=R) {
        add[rt]+=d;
        sum[rt]+=d;
        return;
    }
    push_down(rt);
    int m=(l+r)>>1;
    if (L<=m) update(L,R,d,lson);
    if (m<R) update(L,R,d,rson);
    push_up(rt);
}

ll query(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
    if (L<=l&&r<=R) {
        return sum[rt];
    }
    push_down(rt);
    int m=(l+r)>>1;
    ll res=0;
    if (L<=m) res=max(res,query(L,R,lson));
    if (m<R) res=max(res,query(L,R,rson));
    return res;
}

int ins(int k,int d)
{
    int i;
    for (i=k;i<=n&&p[i].ix==p[k].ix;i++) {
        int pos=upper_bound(qy+1,qy+cnty+1,p[i].y+r)-qy-1;
        update(p[i].iy,pos,d,1,cnty,1);
    }
    return i;
}

int main()
{
    while (scanf("%d%d",&n,&r)!=EOF) {
        cntx=cnty=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
            qx[++cntx]=p[i].x;
            qy[++cnty]=p[i].y;
        }
        sort(qx+1,qx+cntx+1);
        sort(qy+1,qy+cnty+1);
        cntx=unique(qx+1,qx+cntx+1)-qx-1;
        cnty=unique(qy+1,qy+cnty+1)-qy-1;
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            p[i].ix=lower_bound(qx+1,qx+cntx+1,p[i].x)-qx;
            p[i].iy=lower_bound(qy+1,qy+cnty+1,p[i].y)-qy;
        }
        sort(p+1,p+n+1);
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(add,0,sizeof(add));
        int ans=0;
        for (int i=1,k=1;i<=n;) {
            while (k<=n&&p[k].x-p[i].x<=r) {
                k=ins(k,1);
            }
            ans=max((ll)ans,sum[1]);
            i=ins(i,-1);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

Weak Pair

题意：一棵树的每个节点有一个非负权值，如果 $u$ 是 $v$ 的祖先($u\neq v$)，并且两点的权值的积 $a_u*a_v\leq k$ ，则称它们为"Weak Pair"。求"Weak Pair"的数目。
题解：由于树中任意一个节点的祖先都在同一条链上，所以只需要考虑如何快速的求出一条链上的"Weak Pair"。这题有很多解法，我想到的是将祖先都插入到树状数组，那么在 $u$ 这一点，答案就加上 $x\leq \frac{k}{a_u}$ 的个数。
考虑到权值范围很大，要用离散化，并且要注意 $a_u=0$ 的情况，代码如下：
【还有一点就是，题目给的是明确的父子关系，但是没有给根，一定要自己找，WA3 = =

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=1e5+5;
const int MAX=2*N;
const long long INF=1LL<<33;
long long a[N],b[N],A[2*N];
int c[MAX];
struct edge {
    int go,next;
} eg[2*N];
int last[N];
bool vis[N];
int tot;
long long ans;

void adde(int x,int y)
{
    eg[++tot].go=y;
    eg[tot].next=last[x];
    last[x]=tot;
}

void ins(int x,int d)
{
    for (;x<MAX;x+=x&(-x)) {
        c[x]+=d;
    }
}

long long query(int x)
{
    long long res=0;
    for (;x;x-=x&(-x)) {
        res+=c[x];
    }
    return res;
}

void dfs(int x)
{
    ans+=query(b[x]);
    ins(a[x],1);
//    printf("%d %d\n",x,ans);
    
    for (int i=last[x];i;i=eg[i].next) {
        dfs(eg[i].go);
    }
    ins(a[x],-1);
}

int main()
{
    int T,n;
    long long k;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        tot=0;
        memset(last,0,sizeof(last));
        scanf("%d%lld",&n,&k);
        for (int i=1;i<=n;i++) { 
            scanf("%lld",&a[i]);
            A[i]=a[i];
            if (a[i]==0) {
                A[n+i]=b[i]=INF;
            }
            else {
                A[n+i]=b[i]=k/a[i];
            }
        }
        sort(A+1,A+1+n*2);
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            a[i]=lower_bound(A+1,A+1+2*n,a[i])-A;
            b[i]=lower_bound(A+1,A+1+2*n,b[i])-A;
        }
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for (int i=1;i<n;i++) {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            adde(x,y);
            vis[y]=1;
        }
        int i=1;
        while (i<=n&&vis[i]) i++;
        ans=0;
        dfs(i);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}