B .Aesthetics in poetry
题意：给定N个数，（N<2000 ,a[i] <=1e9），让你找一个最大的K，使得N个数膜K的余数个数全都等于N/K个。
思路：我们找到N的因子，然后验证即可，复杂度O（N^2）
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=1000010;
int a[maxn],N,ans=-1,num[maxn];
void get(int k)
{
rep(i,0,k-1) num[i]=0;
rep(i,1,N) num[a[i]%k]++;
bool F=true;
rep(i,0,k-1) if(num[i]!=N/k) F=false;
if(!F) return ;
if(ans==-1) ans=k;
else ans=min(ans,k);
}
int main()
{
scanf("%d",&N);
rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=2;i*i<=N;i++){
if(N%i==0) {
get(i);
if(i*i!=N) get(N/i);
}
}
get(N);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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D .Maximizing Advertising
题意：给定二维平面上N个点，其中一些是w，一些是b，让你用两个不相交的矩阵把他们圈起来，一个统计w的个数，一个统计b的个数，使得和最大。
思路：其实就是用一根线把平面分成两个。 枚举分割线即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
struct node
{
int x,y,tp;
}a[maxn];
int n,X[maxn],Y[maxn],vis1[maxn],vis2[maxn],sum1,sum2;
int gao(int tp,int m)
{
memset(vis1,0,sizeof(vis1));
memset(vis2,0,sizeof(vis2));
if(tp==1)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i].tp==1)vis1[a[i].x]++;
else vis2[a[i].x]++;
}
else
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i].tp==1)vis1[a[i].y]++;
else vis2[a[i].y]++;
}
int ans=0,res1=0,res2=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
res1+=vis1[i],res2+=vis2[i];
ans=max(ans,res1+sum2-res2);
ans=max(ans,res2+sum1-res1);
}
return ans;
}
int main()
{
char c[2];
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%s",&X[i],&Y[i],c);
if(c[0]=='b')a[i].tp=1,sum1++;
else a[i].tp=2,sum2++;
a[i].x=X[i],a[i].y=Y[i];
}
sort(X+1,X+1+n);
int sz1=unique(X+1,X+1+n)-X-1;
sort(Y+1,Y+1+n);
int sz2=unique(Y+1,Y+1+n)-Y-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].x=lower_bound(X+1,X+1+sz1,a[i].x)-X;
a[i].y=lower_bound(Y+1,Y+1+sz2,a[i].y)-Y;
}
int ans=gao(1,sz1);
ans=max(ans,gao(2,sz2));
printf("%d\n",ans);
}
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E .Group work
题意：给定N个人，问有多少种分组情况，满足这个组至少有两人。
思路：即C(N,2)+C(N,3)+..C(N,N); 直接暴力即可， 也可以用2^N-C(N,1)-C(N,0)；
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=110;
ll C[maxn][maxn],ans;
int main()
{
rep(i,0,40) C[i][i]=C[i][0]=1;
rep(i,1,40)
rep(j,1,i)
C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
int N; scanf("%d",&N);
rep(i,2,N) ans+=C[N][i];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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G .Running a penitentiary
题意：给定N个区间[Li,Ri]，然后Q次询问，每次给出a，b，问a到b这几个区间的公共长度是多少。
思路：开始还以为要主席树找区间的公共部分，但是发现既然是a到b的区间都有，那么公共部分因为的[b的最大值，a的最小值]。所以离散一下，线段树即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=1000010;
const int inf=1000000000;
int Mx[maxn],Mn[maxn];
void update1(int Now,int L,int R,int pos,int val)
{
if(L==R) { Mn[Now]=val; return ;}
int Mid=(L+R)>>1;
if(pos<=Mid) update1(Now<<1,L,Mid,pos,val);
else update1(Now<<1|1,Mid+1,R,pos,val);
Mn[Now]=min(Mn[Now<<1],Mn[Now<<1|1]);
}
int query1(int Now,int L,int R,int l,int r)
{
if(l<=L&&r>=R) return Mn[Now];
int Mid=(L+R)>>1,res=inf;
if(l<=Mid) res=min(res,query1(Now<<1,L,Mid,l,r));
if(r>Mid) res=min(res,query1(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r));
return res;
}
void update2(int Now,int L,int R,int pos,int val)
{
if(L==R){ Mx[Now]=val;return ;}
int Mid=(L+R)>>1;
if(pos<=Mid) update2(Now<<1,L,Mid,pos,val);
else update2(Now<<1|1,Mid+1,R,pos,val);
Mx[Now]=max(Mx[Now<<1],Mx[Now<<1|1]);
}
int query2(int Now,int L,int R,int l,int r)
{
if(l<=L&&r>=R) return Mx[Now];
int Mid=(L+R)>>1,res=-inf;
if(l<=Mid) res=max(res,query2(Now<<1,L,Mid,l,r));
if(r>Mid) res=max(res,query2(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r));
return res;
}
int main()
{
int N,M,P,L,R; char opt[4];
scanf("%d%d",&N,&M);
rep(i,1,N<<2) Mn[i]=inf,Mx[i]=-inf;
rep(i,1,N){
scanf("%d%d",&L,&R);
update1(1,1,N,i,R);
update2(1,1,N,i,L);
}
rep(i,1,M){
scanf("%s",opt);
if(opt[0]=='?'){
scanf("%d%d",&L,&R);
int mn=query1(1,1,N,L,R);
int mx=query2(1,1,N,L,R);
printf("%d\n",max(mn-mx+1,0));
}
else {
scanf("%d%d%d",&P,&L,&R);
update1(1,1,N,P,R);
update2(1,1,N,P,L);
}
}
return 0;
}
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J .Meme Wars
题意：字符串操作，每次F(x)=F(x-1)+'x'+F(x-1)；问26次操作后，第N位是什么。(N<1000)
思路：因为N不大，所以我们保留前面N位，模拟即可。复杂度（N^2）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=1010;
char c[maxn][maxn]; int L[maxn],N;
int main()
{
scanf("%d",&N);
c[1][1]='a'; L[1]=1;
rep(i,2,27) {
L[i]=L[i-1];
rep(j,1,L[i]) c[i][j]=c[i-1][j];
if(L[i]+1<=N) L[i]++,c[i][L[i]]='a'+i-1;
rep(j,1,L[i-1]) {
if(L[i]+1>N) break;
c[i][++L[i]]=c[i][j];
}
}
printf("%c\n",c[27][N]);
return 0;
}
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H .Wine Production
题意：给定N个数，Q次询问，每次询问一个区间最大的x，满足至少x个不同的数出现了x次。(N,Q<3e4)
思路：跑莫队，然后记录每个数的个数。 问题是是莫队之后怎么维护这个答案。 我们用num[i]表示i出现的次数，cnt[i]表示出现次数为i的个数。 这样很难维护到有效信息，因为每次求答案的时候还是得x=1，=2..一个一个验证。 转化一下，cnt[i]表示出现次数大于等于i的个数，就可以莫队的时候直接转移答案了。 比如我加入一个数fcy, 那么num[fcy]++; cnt[num[fcy]]++;（而不用去cnt[num[fcy]-1]--;）因为出现次数大于等于num[fcy]-1的个数没变。 而加入fcy时，答案ans可能不变，可能变成了ans++变为了， cnt[num[fcy]]； 减去一个数fcy时也一样，ans可能不变，可能--； 想象成一个栈，如果操作中间，那么每次得重新维护这个栈。 而只操作栈顶，那么有效信息最多改变1，方便我们去维护。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=1000010;
const int inf=1000000000;
int a[maxn],b[maxn],cnt[maxn],num[maxn];
int ans[maxn],tot,B,res;
struct qust{
int l,r,id;
bool friend operator<(qust w,qust v){
if(w.r/B==v.r/B) return w.l<v.l;
return w.r<v.r;
}
}q[maxn];
void add(int x,int tp)
{
if(tp==-1){ cnt[num[x]]--; num[x]+=tp; if(cnt[res]<res) res--;}
else { num[x]+=tp;cnt[num[x]]++;if(cnt[num[x]]>=num[x]) res=max(res,num[x]);}
}
int main()
{
int N,M;
scanf("%d%d",&N,&M); B=300;
rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+N+1); tot=unique(b+1,b+N+1)-(b+1);
rep(i,1,N) a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b;
rep(i,1,M) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
sort(q+1,q+M+1);
int L=1,R=0;
rep(i,1,M){
while(L<q[i].l) add(a[L++],-1);
while(L>q[i].l) add(a[--L],1);
while(R>q[i].r) add(a[R--],-1);
while(R<q[i].r) add(a[++R],1);
ans[q[i].id]=res;
}
rep(i,1,M) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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