#include
#define int long long
#define rep(i, a, b) for(int i=a;ib;--i)
using namespace std;
const int N = 10005;
inline int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>=10) put(x/10);
putchar(x%10^48);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int a=read(), b=read(), x=read();
bool flag=false;
rep(i, 0, x/a+1){
rep(j, 0, x/b+1){
if(i*a+j*b==x){
printf("%lld %lld", i, j);
return 0;
}
}
}
if(!flag){
put(-1);
}
return 0;
}
#include
#define int long long
#define rep(i, a, b) for(int i=a;ib;--i)
using namespace std;
const int N = 200005;
int n;
int arr[N];
string s;
inline int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
int resx(int flag, int b, int r, char co, char bo){
int tmp=0, resa=0;
rep(i, 0, n){
if (flag){
if (arr[i]%2==r&&s[i]==co&&tmp){
resa+=tmp;
flag=0;
tmp=arr[i];
}
else if(arr[i]%2==b&&s[i]==bo){
tmp=max(tmp, arr[i]);
}
if(i==n-1){
resa+=tmp;
}
}
else{
if(arr[i]%2==r&&s[i]==co){
tmp = max(tmp, arr[i]);
}
else if(arr[i]%2==b&&s[i]==bo){
resa+=tmp;
flag=1;
tmp=arr[i];
}
if(i==n-1){
resa+=tmp;
}
}
}
return resa;
}
signed main(){
n=read();
rep(i, 0, n)
arr[i]=read();
cin >> s;
int res = resx(1, 0, 1, 'R', 'B');
res = max(resx(1, 1, 0, 'B', 'R'), res);
res = max(resx(1, 1, 0, 'R', 'B'), res);
res = max(resx(1, 0, 1, 'B', 'R'), res);
cout << res;
}
首先我们可以把所有的数位按模3的值分为3类，同一类本质为等价的。由于0不能删除，所以0可以直接忽略。
如果原数模3为x，那么小红也必须删除一个模3为x的数。
接下来相当于小紫先手，小紫必须删一个模3为x的数（x为1或2），之后小红则必须删一个模3为(1-x)的数。
#include
#define int long long
#define rep(i, a, b) for(int i=a;ib;--i)
using namespace std;
const int N = 200005;
int a[N];
int sum=0;
inline int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>=10) put(x/10);
putchar(x%10^48);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin>>s;
rep(i, 0, s.size()){
// 由于0不能删除，所以0可以直接忽略。
if(s[i]-'0'){
a[(s[i]-'0')%3]++;
}
// 各位数相加和能被3整除,数就能被3整除
sum+=s[i]-'0';
}
if(!a[sum%3]){
puts("yukari");
return 0;
}
else{
a[sum%3]--;
if(a[1]==a[2]&&a[0]){
puts("you");
}
else{
puts("yukari");
}
}
return 0;
}
我们可以先构造一个这样的字符串"rererererere……"，可以发现，在第一个re后面添加xx个d，可以稳定增加 x 个子序列；在第二个re后面添加x个d，可以稳定增加 3x 个子序列……以此类推，在第k个re后面添加x个d，可以稳定增加
k
∗
(
k
+
1
)
x
2
\frac{k*(k+1)x}{2}
2k∗(k+1)x
个子序列。用这种方式可以将最终的字符串长度缩短到
n
1
/
3
n^{1/3}
n1/3级别，可以证明，当n小于
1
0
14
10^{14}
1014时是一定可以在长度200000以内构造完成的。
#include
#define int long long
#define rep(i, a, b) for(int i=a;ib;--i)
using namespace std;
const int N = 200005;
int a[N];
inline int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>=10) put(x/10);
putchar(x%10^48);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int k=read();
if(!k){
puts("d");
}
else{
// i*i*i/6
int i;
for(i=1;i*i*i/6<=k;++i);
i--;
Rep(j, i, 0){
a[j]+=k/(j*(j+1)/2);
k%=j*(j+1)/2;
}
rep(j, 1, i+1){
printf("re");
while(a[j]--){
printf("d");
}
}
}
return 0;
}
珂朵莉树
思路所谓珂朵莉树，即用set维护区间信息，然后暴力合并区间。
本题保证了数据随机，因此不难发现，很容易产生大量区间满足区间内所有数相等的情况，因此我们可以用set来维护这样的区间信息：[l,r]中所有数为x。
当修改一个区间时，我们可以利用二分找到需要合并的区间，然后将set中的需要合并的区间全部删除。这样最终的平均复杂度是O(nloglogn*k)，其中kk为合并区间时维护区间内因子转移的情况，需要一些技巧来减小常数。
#include
using namespace std;
#define S_IT set::iterator
mapv[20101];
struct segment{
int l,r;
mapfac;
int res;
segment(int l,int r):l(l),r(r){}
segment(int l,int r,mapfac,int res):l(l),r(r),fac(fac),res(res){}
bool operator<(const segment x)const{
return this->ls;
S_IT split(unsigned int pos)
{
S_IT it = s.lower_bound(segment(pos,pos));
if (it != s.end() && it->l == pos)
return it;
--it;
unsigned int l = it->l, r = it->r;
map fac = it->fac;
int res=(*it).res;
s.erase(it);
s.insert(segment(l, pos - 1,fac,res));
return s.insert(segment(pos, r, fac,res)).first;
}
const int mod=1e9+7;
int power(int a,int b){
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=(long long)res*a%mod;
b>>=1;
a=(long long)a*a%mod;
}
return res;
}
int assign(int l, int r)
{
S_IT it2 = split(r + 1), it1 = split(l);
S_IT it=s.upper_bound(segment(l,r));
it--;
mapfac=(*it).fac;
for (S_IT it = it1; it != it2; ++it){
for(auto itt:(*it).fac){
int x=itt.first,y=itt.second;
if(!fac.count(x))fac[x]=y;
else{
fac[x]=max(fac[x],y);
}
}
}
int res=1;
for(auto it:fac){
res=(long long)res*power(it.first,it.second)%mod;
}
while(it2!=s.end()&&(*it2).fac==fac)it2++;
r=(*it2).l-1;
it=it1;
it--;
while((*it).fac==fac)it--;
it++;
it1=it;
l=(*it).l;
s.erase(it1, it2);
s.insert(segment(l, r, fac,res));
return res;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int i,j,x,n,q;
for(i=2;i<=2e4;i++){
if(v[i].size())continue;
for(j=i;j<=2e4;j+=i){
int cnt=0;
for(int k=i;j%k==0;k*=i,cnt++);
v[j][i]+=cnt;
}
}
cin>>n>>q;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>x;
segment temp(i,i);
temp.fac=v[x];
temp.res=x;
s.insert(temp);
}
segment temp(n+1,n+1);
s.insert(temp);
s.insert(segment(0,0));
while(q--){
int l,r;
cin>>l>>r;
S_IT it=s.upper_bound(segment(l,r));
it--;
if((*it).r>r){
cout<<(*it).res<<'\n';
continue;
}
cout< 原创不易
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