Petrozavodsk Summer Training Camp 2017, Warsaw U Contest

C: Painting

题目大意

你有数字1~n，对于每个数字i，用且仅用一次刷子将某个区间修改为i。每次刷子的代价为区间长度。总代价最大是多少？
比如刷后的数列是2 1 2 3，那么可以：[1,4]=3，[1,3]=2，[2,2]=1。总共代价为8是最大的。

题解

首先我们可以搞出区间的包含关系，那么对于被一个区间包含的一些区间，如果不和其他子区间邻接，那么就只能修改这个子区间，否则若一些子区间邻接，比如1 1 3 3，我们就可以先改成1 1 1 1再改成1 1 3 3 使得代价最大，显然每次只留一端的一个区间最好，至于选择左端还是右端，dp即可。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define FOR(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)
const int N = 100005, M = 5005;
vector<int> p[M], sub[M];
int c[N], l[M], r[M], sum[M], dp[M][M];

bool cmp(int a, int b) {
    return l[a] < l[b];
}

int work(const vector<int> &lens) {
    int i, j, n = lens.size();
    FOR(i,1,n) {
        dp[i][i] = lens[i - 1];
        sum[i] = sum[i - 1] + lens[i - 1];
    }

    FOR(i,1,n) for (j = i; j; --j)
        dp[j][i] = max(dp[j + 1][i], dp[j][i - 1]) + sum[i] - sum[j - 1];
    return dp[1][n];
}

int main() {
    int n, m, i, j, ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    FOR(i,1,n) {
        scanf("%d", &c[i]);
        p[c[i]].push_back(i);
    }

    FOR(i,1,m) {
        l[i] = p[i].front();
        r[i] = p[i].back();
    }

    FOR(i,1,m) {
        int f = 0;
        FOR(j,1,m)
            if (l[j] < l[i] && r[i] < r[j] && l[j] > l[f])
                f = j;
        sub[f].push_back(i);
    }
    FOR(i,0,m) {
        sort(sub[i].begin(), sub[i].end(), cmp);
        vector<int> lens;
        for (j = 0; j < sub[i].size(); ++j) {
            if (j != 0 && l[sub[i][j]] != r[sub[i][j - 1]] + 1) {
                ans += work(lens);
                lens.clear();
            }
            lens.push_back(r[sub[i][j]] - l[sub[i][j]] + 1);
        }
        ans += work(lens);
    }
    printf("%d", ans);

    return 0;
}

D: Ones

题目大意

一个算式中，只可以有括号、加法、乘法和1，给定$n(1\leq n\leq 10^9)$，构造一个算式使其结果为n，且不使用超过100个1。

题解

注意到如果每次都除2，就是用$(1+1)$不断乘起来最后100个1就绰绰有余了。

#include <cstdio>

void work(int x) {
    if (x == 1) printf("1");
    else if (x == 2) printf("1+1");
    else if (x == 3) printf("1+1+1");
    else {
        if (x & 1) printf("1+");
        printf("(1+1)*(");
        work(x / 2);
        printf(")");
    }
}

int main() {
    int t, k;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d", &k);
        work(k);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

G: Permutation

题目大意

给定一个数列，提取出两个子序列使得一个严格递增一个严格递减，两个子序列覆盖数列所有元素。

题解

结果有3种情况：

  / |  \   | \     /
 /  |   \  |  \   /
/   |    \ |   \ /
\   |    / |   / \
 \  |   /  |  /   \
  \ |  /   | /     \

如果元素比上升的小，下降的大，那么一定无解。
否则如果比上升的大，就归到上升，比下降的小，就归到下降。
否则就是第二种情况，如果当前元素比下一个元素小，那么一定上升，否则下降。

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;

int p[100005];
int main() {
    int t, n, i;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d", &n);
        vector<int> R { 0 }, M { n + 1 };
        for (i = 0; i < n; ++i)
            scanf("%d", &p[i]);
        for (i = 0; i < n; ++i) {
            if (p[i] < R.back() && p[i] > M.back()) {
                puts("NO");
                break;
            } else if (p[i] < R.back())
                M.push_back(p[i]);
            else if (p[i] > M.back() || i == n - 1)
                R.push_back(p[i]);
            else if (p[i] < p[i + 1])
                R.push_back(p[i]);
            else
                M.push_back(p[i]);
        }
        if (i == n) {
            puts("YES");
            R.erase(R.begin());
            M.erase(M.begin());
            printf("%u", R.size());
            for (auto &r : R) printf(" %d", r);
            printf("\n%u", M.size());
            for (auto &m : M) printf(" %d", m);
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}

H: Primes

题目大意

定义$\pi(x,y)$表示$gcd(x,y)$的质因子个数，比如$\pi(30,105)=2,\pi(8, 16)=1,\pi(2,3)=0$。定义

$$S(a,b)=\sum_{(x,y)} \pi(x,y) \left(a\leq x<y\leq b\right)$$
在线询问 $S(a,b)$，询问组数 $5\cdot 10^4$

题解

考虑一个质因子$d$对答案的贡献，若d在$[a,b]$中的倍数的个数为$x$，那么对答案的贡献就是$\frac{x(x-1)}{2}$。也就是说，我们枚举$[1,b]$内的所有质数，求一次即可。
当然不行了质数个数有$8\cdot 10^4$。
对于$x$，我们有

$$x=\left\lfloor \frac{b}{d} \right\rfloor - \left\lceil \frac{a}{d} \right\rceil + 1$$
为了统一，我们改写：
$$x=\left\lfloor \frac{b}{d} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{a-1}{d} \right\rfloor$$
我们发现，连续的几个质数他们的 $x$可以是一样的，考虑对于每段段 $x$相同的质数求一次。
如果 $d\geq a$，那么 $\left\lfloor \frac{a-1}{d} \right\rfloor=0$，我们只考虑前一项，对于两个素数，如果 $\left\lfloor \frac{b}{p_1} \right\rfloor=\left\lfloor \frac{b}{p_2} \right\rfloor$，那么 $\left\lfloor \frac{b}{\left\lfloor \frac{b}{p_2} \right\rfloor} \right\rfloor\leq p_i \leq \left\lfloor \frac{b}{\left\lceil \frac{b}{p_2} \right\rceil} \right\rfloor$。因此对于这个区间内的所有质数的x都是相等的，我们可以算一整段，每次跳 $\left\lfloor \frac{b}{\left\lfloor \frac{b}{i} \right\rfloor} \right\rfloor$。

如果$d<a$，那么我们每次跳$\min\left\{\left\lfloor \frac{a}{\left\lfloor \frac{a}{i} \right\rfloor} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{b}{\left\lfloor \frac{b}{i} \right\rfloor} \right\rfloor \right\}$，保持$\left\lfloor \frac{b}{p_1} \right\rfloor=\left\lfloor \frac{b}{p_2} \right\rfloor and \left\lfloor \frac{a}{p_1} \right\rfloor=\left\lfloor \frac{a}{p_2} \right\rfloor$就能使整个等式成立。

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

const int N = 1000005;
bool is_prime[N];
int sum[N];
void sieve() {
    memset(is_prime, 1, sizeof is_prime);
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        if (is_prime[i]) {
            for (int j = i + i; j < N; j += i)
                is_prime[j] = false;
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + is_prime[i];
    }
}

int main() {
    int q;
    scanf("%d", &q);
    sieve();
    while (q--) {
        int a, b;
        long long ans = 0;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        --a;
        for (int i = 1, j; i <= b; i = j + 1) {
            j = a >= i ? min(a / (a / i), b / (b / i)) : b / (b / i);
            long long k = b / i - a / i;
            ans += k * (k - 1) / 2 * (sum[j] - sum[i - 1]);
        }
        printf("%lld\n", ans);
        fflush(stdout);
    }


    return 0;
}

J: Scheduling

题目大意

有$n(1\leq n\leq 100)$任务，$p_i$时刻后可以开始执行，必须在$k_i$时刻前结束，需要$c_i$的时间执行，执行的时间不必连续。同一时段最多执行$m$个任务，问是否可行。

题解

由于n很小，我们建立n个节点从原点指向，边权为$c_i$，对于每个时间点，任务节点连向可行的时间点，容量为1，每个时间点向汇点连容量为m的边跑最大流判断流量是否为$\sum c_i$即可。时刻点可以合并。

K

大水题不写了