Codeforces Round 911 (Div. 2)（C dp D gcd 分解+容斥 E tarjan+dp）_codeforces round 919 (div. 2)c

A.手玩题：

可以通过最后一个样例，如果是长度为3的连续O，直接在两边放就行，然后一直用中间的水填到其他地方

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10,mod= 998244353;
#define int long long
int n,m,k;
 
void solve()
{
    cin>>n;
    string s;
    cin>>s;
    s="?"+s;
    int res=0;
    int now=0;
    s+="#";
    for(int i=1;i<=n+1;i++){
        if(s[i]=='#')
        {
            if(now>=3){
                cout<<2<<"\n";
                return ;
            }
            res+=min(2ll,now);
            now=0;
        }
        else now++;
    }
    cout<<res<<"\n";
}
 
signed main()
{
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
}

B：

直接每个数字都去判定能不能成为最后一个

假设都变成 a

然后目标变成 让 b c的数量相同

假设只操作b c，那么他们的差都减一，差奇偶性不变

如果操作a c或者a b，那么他们的差还是不变，因为-b -a ,+c,差变化2

所以如果差是奇数没法操作，

再想一下，那么对a的数量有没有啥要求呢

可以发现没要求，

因为b c可以操作自己变出一个a，然后再用 a去操作自己，他们可以独立自主

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10,mod= 998244353;
#define int long long
int n,m,k;
 
void solve()
{
    int a,b,c;
    
 
    
    auto ok=[&](int a,int b,int c)
    {
        int need=abs(b-c);
        if(need%2==0) return true;
        return false;
    };
    
        cin>>a>>b>>c;
    
    if(ok(a,b,c)) cout<<"1 ";
    else cout<<"0 "; 
    
    if(ok(b,a,c)) cout<<"1 ";
    else cout<<"0 "; 
        if(ok(c,a,b)) cout<<"1 ";
    else cout<<"0 "; 
    cout<<"\n";
}
 
signed main()
{
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
}

C：

感觉很裸的dp

dp状态：通过u这个子树到达叶子节点的最少次数

那么如果是叶子节点无需代价

如果不是叶子节点，判断走的左右子树的方向和当前根方向是否相同，不同代价+1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10,mod= 998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, char> PII;
 
int n,m,k;
string s;
vector<PII> g[N];
int f[N];
void dfs(int u){
    //if(s[u]=='U') f[u]=1;
    if(g[u].empty()){
        f[u]=0;return ;
    }
    for(auto [v,w]:g[u])
    {
        dfs(v);
        f[u]=min(f[u],f[v]+(w!=s[u]));
    }
}
void solve()
{
    cin>>n>>s;
    s="?"+s;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        g[i].clear();
        f[i]=2e18;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        if(a) g[i].emplace_back(a,'L');
        if(b) g[i].emplace_back(b,'R');
    }
    dfs(1);
    cout<<f[1]<<"\n";
}
 
signed main()
{
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
}

D：

首先先排序，排序不影响答案

然后问题变成了

当前数（a[i]和前面数的gcd之和）*后面的个数（就是k嘛）

然后难点是前面

我们可以分开求a[x]的因数的贡献，

通过一个调和级数求1到10w的每个数的因子（不是质因子哦，而是因子，比如16的因子有1 2 4 8 16）

然后a[i]和前面数因子的贡献计算

这里举例说明一下

假设

a[i]=20 a[j]=4

a[i]的因子有 1 2 4 510 20 

a[j]因子有 1 2 4

那么他们gcd的贡献是gcd(20,4)=4

直接求他们里面最大的共同的的因子不好求（n^2超时间嘛）

但是我们知道每个数的因子最多就128个？ n*128够了

然后我们可以求当前数的当前因子能和前面数的因子的总贡献

比如上面例子的1和1配对 2和2配对 4和4配对

但是注意到我们贡献其实只有一个4

那么咋办呢可以用容斥来解决

4的因子里面有2 1

2的因子有1

1的因子只有自己

所以我们求完后还要减去这个因子的倍数

设当前数组f[x]表示因子x有多少个（i，j）的对数

根据上面那个例子a[i]=20 a[j]=4

f[4]=1 f[2]=1 f[1]=1（因为只有两个数嘛，所以只有一对）

然后计算完这个f数组，我们要用容斥减去当前x的倍数的对数

比如上面例子的f[2]要减去f[4]  f[1]要减去f[1]减去f[2]减去f[4]（这里的f[2]要先减去f[4]哦）

然后当前f[x]数组就是名副其实的因子是x的对数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10,mod= 998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, char> PII;
 
int n,m,k;
int a[N];
vector<int> g[N];
int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
void init(){
    for(int i=1;i<N;i++){
        for(int j=i;j<N;j+=i){
            g[j].push_back(i);
        }
    }
}
void solve()
{
    cin>>n;
   
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    vector<int> c(N),f(N);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(auto x:g[a[i]]){
            f[x]+=c[x]*(n-i);
            c[x]++;
        }
    }
    int res=0;
    for(int i=100000;i>=1;i--){
        for(int j=i+i;j<=100000;j+=i){
            f[i]-=f[j];
        }
        res+=f[i]*i;
    }
    cout<<res<<"\n";
}
 
signed main()
{
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    int t=1;
    init();
    cin>>t;
    while(t--) solve();
}

E：

手完可以发现如果是强联通分量最后会变成一个有向完全图

代表着如果进来了，因为要求路径最长，所以这个强联通分量的点都要走一遍且保证点不重复，

然后直接dp一下即可

然后因为是拓扑序大的 scc_cnt小，因为tarjan是先到底部的，底部的点会先缩，再回溯到上面缩，所以dp直接从1开始即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10,mod= 998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, char> PII;
 
int n,m,k;
 
vector<int> g[N],h[N];
int dfn[N],low[N];
int scc_cnt,timestamp;
int stk[N],id[N];
bool in_stk[N];
int sz[N];
int top;
stack<int> s;
int b[N],a[N],c[N],f[N],gg[N];
void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
    stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true;
    for (auto j:g[u])
    {
    
        if (!dfn[j])
        {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        }
        else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }
 
    if (dfn[u] == low[u])
    {
        ++ scc_cnt;
        int y;
        do {
            y = stk[top -- ];
            in_stk[y] = false;
            id[y] = scc_cnt;
        } while (y != u);
    }
 
}
void solve()
{
    cin>>n>>m;
    scc_cnt=timestamp=top=0;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        g[i].clear();
        dfn[i]=low[i]=0;
        in_stk[i]=false;
        h[i].clear();
        id[i]=b[i]=c[i]=0;
        f[i]=gg[i]=0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int a,b;cin>>a>>b;
        g[a].push_back(b);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!dfn[i])
        tarjan(i);
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        b[id[i]]+=a[i];
        c[id[i]]++;
    }
    for(int u=1;u<=n;u++){
        //cout<<id[u]<<" ";
        for(auto v:g[u]){
            if(id[u]!=id[v]){
                h[id[u]].push_back(id[v]);
            }
        }
    }
    int ans1=0,ans2;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){
        f[i]=c[i],gg[i]=b[i];
        for(auto j:h[i]){
            int t1=f[j]+c[i],t2=gg[j]+b[i];
            if(t1>f[i]||t1==f[i]&&t2<gg[i]){
                f[i]=t1,gg[i]=t2;
            }
        }
        if (f[i] > ans1 || f[i] == ans1 && gg[i] < ans2) ans1 = f[i], ans2 = gg[i];
    }
    cout<<ans1<<" "<<ans2<<"\n";
}
 
signed main()
{
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
}