Codeforces Round #701 (Div. 2)赛后补题报告(A~D)

A. Add and Divide

原题信息

http://codeforces.com/contest/1485/problem/A
在这里插入图片描述

解题思路

对于题目基本有两种方式，一种是直接暴力求解，第二种是使用函数求导进行严格证明
暴力求解
$a=1e^9$ 不难看出，操作最多为 50次，因为 $2 ^ 49 = 562949953421312$ 直接就超了
那么我们的 $b$ 最多也就是加50次，然后进行向下整除的模拟即可
一定要注意 $b = 0$ 这种情况。
函数求导
首先我们设操作次数为 $y$ ，进行 $b + = 1$ 的次数为 $x$ ，可以得到的关系式为
$y = x + (log_{b+x}a+1)$ ，其中 $log_{b+x}a$ 是整除到1的次数，最后 +1是让其变为0
下面我们对他进行求导
$y′=1−lna(lnt)2⋅ty'=1-\frac{ln{a}}{(lnt)^2\cdot t}$ ，其中 $t=b+x，t≥2并且t≥bt=b+x，t\geq2 并且 t\geq b$
查看导函数的零点
$(lnt)2⋅t=lna，t≥2并且t≥b{(lnt)^2\cdot t}=lna，t\geq2 并且 t\geq b$ ，等式左侧递增，右侧为常数 $l n a$ ，即至多有一个零点
倘若有一个零点
可以直接二分求得零点，我们在零点，零点+1，零点-1进行求解得结果。
倘若没有零点
直接就是 $t≥2并且t≥bt\geq2 并且 t\geq b$ 取得最小值。

AC代码

首先必须吐嘲一下，暴力没往这个向限制，求导生疏了，整了半天，真鸡儿狗
暴力枚举代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 100010;LL a, b;int sol(LL a, LL b, int add)
{b += add;if (b == 1) return 0x3f3f3f3f;while (a){a /= b;add ++;}return add;
}int main()
{int T;  cin >> T;while (T -- ){scanf("%lld%lld", &a, &b);int res = 1000;for (int i = 0; i <= 50; i ++ ){res = min(res, sol(a, b, i));}cout << res << endl;}return 0;
}

函数求导代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 100010;
typedef long long LL;
const double esp = 1e-5;
LL a, b;int RealDo(LL a, LL b)
{int ret = 0;while (a){ret ++;a /= b;}return ret;
}int Get(LL a, LL b, LL tarb)
{if (tarb <= 1 || tarb < b)  return 0x3f3f3f3f;// return (tarb - b) + floor(log(a) / log(tarb)) + 1;return (tarb - b) + RealDo(a, tarb);
}double Cal(LL a, LL b)
{double lga = log(a);double l = b, r = 2e9, mid = b;if (lga <= mid * (log(mid) * log(mid)) )    // 不用加return mid;while (abs(l - r) >= esp){mid = (l + r) / 2;if (lga <= mid * (log(mid) * log(mid))) // 高了r = mid;else    // 低了l = mid;}return mid;
}int sol(LL a, LL b)
{double x = Cal(a, b);return min(Get(a, b, x), min(Get(a, b, x + 1), Get(a, b, x - 1)));
}int main()
{int t;cin >> t;while (t -- ){scanf("%lld%lld", &a, &b);cout << sol(a, b) << endl;}return 0;
}

B. Replace and Keep Sorted

原题信息

http://codeforces.com/contest/1485/problem/B
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解题思路

我们单独考虑端点的可能性，已经中间结点不同的次数（可以使用前缀和）
但是一定要仔细考虑什么时候 + 1，什么时候没有+1, 端点是否包括

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 100010;
int n, k, q;
int a[N];
int b[N];int cal(int l, int r)
{if (l == r) return  k - 1;else{int ret = (a[l] - 1) + (a[l + 1] - a[l] - 1) + (k - a[r]) + (a[r] - a[r - 1] - 1);if (l == r - 1)return ret;elsereturn ret + b[r - 1] - b[l];   // l + 1 ~ r - 1}
}
int main()
{cin >> n >> q >> k;for (int i = 1; i <= n; i ++ )scanf("%d", &a[i]);memset(b, 0, sizeof b);for (int i = 2; i <= n - 1; i ++ )b[i] = (a[i] - a[i - 1] - 1) + (a[i + 1] - a[i] - 1);for (int i = 2; i <= n - 1; i ++ )b[i] += b[i - 1];while (q -- ){static int l, r;scanf("%d%d", &l, &r);// cout << "res" << endl << "\t";cout << cal(l, r) << endl;}return 0;
}

C. Floor and Mod

原题信息

http://codeforces.com/contest/1485/problem/C
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解题思路

C题吐槽一下，当时复杂度分析错了， $O(N)O(\sqrt N)$ 分析成 $O (N)$ ，太绝了
设 $⌊ab⌋=a%b=t,t<b\lfloor\frac a b\rfloor=a\%b=t, t< b$
那么 $\cdot b + t=(b+1)\cdot t, A\geq a\geq1,B\geq b\geq1$

当 $t = 1$ 时， $a=b+1,b∈[2,B]a=b+1,b\in [2, B]$
当 $t = 2$ 时， $a=2⋅(b+1),b∈[3,B]a=2\cdot(b+1),b\in [3, B]$
…
当 $t = i$ 时， $a=i⋅(b+1),b∈[i+1,B]a=i\cdot(b+1),b\in [i + 1, B]$
此时, $\cdot (b + 1)\leq A, b\leq B, b\geq i+1$
$⟹b∈[i+1,min(B,⌊Ai⌋−1)]\Longrightarrow b\in [i + 1, min(B,\lfloor \frac A i \rfloor-1)]$
如果 $⌊Ai⌋−1\lfloor \frac A i \rfloor-1$ 有前缀和公式的话，是可以进行化简为 $O (1)$ 的
最后， $b∈[i+1,min(B,⌊Ai⌋−1)]b\in [i + 1, min(B,\lfloor \frac A i \rfloor-1)]$ 可以看出来 $i$ 的最大值，是无法取到 $1 e 9$ 的，需要开个根号。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;void Sol(LL A, LL B)
{LL a, b, tmp, ret = 0;for (int i = 1; true; i ++ ){tmp = min(B, A / i - 1);// i + 1 ~ tmpif (i + 1 > tmp)    break;else    ret += (tmp - (i + 1) + 1);}cout << ret << endl;
}int main()
{int t;  cin >> t;while (t -- ){static LL a, b;scanf("%lld%lld", &a, &b);Sol(a, b);}return 0;
}

D. Multiples and Power Differences

原题信息

http://codeforces.com/contest/1485/problem/D
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解题思路

可恶啊，这个题目是一个LCM的板子题，没看出来。。。
首先，我们对1~16求LCM = x，我们的 B 数组首先全是x，可以满足 $m u l t i p l e$ 的性质，然后我们凑性质三，发现可以直接进行隔项加上 $a_{i, j}^4$ ，而且数据范围小，满足性质1

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 510;
int n, m;
int a[N][N];
int b[N][N];int gcd(int x, int y)
{if (y == 0) return x;else    return gcd(y, x % y);
}int lcm(int x, int y)
{return LL(x) * y / gcd(x, y);
}int main()
{cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = 1; j <= m; j ++ )scanf("%d", &a[i][j]);int x = 1;for (int i = 1; i <= 16; i ++ ){x = lcm(x, i);}for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = 1; j <= m; j ++ )b[i][j] = x;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){for (int j = (i % 2 == 1 ? 1 : 2); j <= m; j += 2){b[i][j] += (a[i][j] * a[i][j]) * (a[i][j] * a[i][j]);}}// outputfor (int i = 1; i <= n; i ++ ){printf("%d", b[i][1]);for (int j = 2; j <= m; j ++ )printf(" %d", b[i][j]);puts("");}return 0;
}