Znzryb's Blog
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思路讲解

ABC - 370 - E - Avoid K Partition

这种子序列的问题，无论是dp还是构造，抓手就是以下标i为结尾的子序列。

以这个结构单元来分析，不重不漏，一点一点的来。

AC代码

https://codeforces.com/problemset/submission/1809/309628591

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// Problem: C. Sum on Subarrays
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 145 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1809/C
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 2000 ms
// by znzryb
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define SZ(a) ((int) a.size())

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef array<ll,3> arr;
typedef double DB;
typedef pair<DB,DB> pdd;
constexpr ll MAXN=static_cast<ll>(1e6)+10,INF=static_cast<ll>(5e18)+3;

ll N,K,T,A[MAXN];

inline void solve(){
	cin>>N>>K;
	ll res=0;
	for(int i=1;i<=N;++i){
		if(res==K){
			A[i]=-999;
		}else if(res+i>K){
			ll rem=K-res;
			A[i]=-((i-1-rem)*2+1);
			res=K;
		}else{
			res+=i;
			A[i]=2;
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;++i){
		cout<<A[i]<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}
/*
AC
https://codeforces.com/problemset/submission/1809/309628591
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

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思路讲解

哈哈，其实说起来也简单，在xor中，加上这个数和减去这个数都是xor，因此对区间进行反转操作，就是对这个区间进行异或就可以了，不用区分是加上还是减去。

当然，怎么对区间进行异或那？其实也很简单，异或前缀和。

AC代码

https://codeforces.com/problemset/submission/1872/309601127

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// Problem: E. Data Structures Fan
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 895 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1872/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// by znzryb
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define SZ(a) ((int) a.size())

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef array<ll,3> arr;
typedef double DB;
typedef pair<DB,DB> pdd;
constexpr ll MAXN=static_cast<ll>(1e5)+10,INF=static_cast<ll>(5e18)+3;

ll N,T,A[MAXN];
char S[MAXN];
ll sum[MAXN];
inline void solve(){
	cin>>N;
	sum[0]=0;
	for(int i=1;i<=N;++i){
		cin>>A[i];
		sum[i]=sum[i-1]^A[i];
	}
	ll res1=0,res0=0;
	for(int i=1;i<=N;++i){
		cin>>S[i];
		if(S[i]=='1'){
			res1^=A[i];
		}else{
			res0^=A[i];
		}
	}
	ll Q;
	cin>>Q;
	for(int i=1;i<=Q;++i){
		ll op;
		cin>>op;
		if(op==1){
			ll l,r;
			cin>>l>>r;
			res1^=(sum[r]^sum[l-1]);
			res0^=(sum[r]^sum[l-1]);
		}else{
			ll ind;
			cin>>ind;
			if(ind){
				cout<<res1<<" ";
			}else{
				cout<<res0<<" ";
			}
		}
	}
	cout<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}
/*
AC
https://codeforces.com/problemset/submission/1872/309601127
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

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思路讲解

把图论和回文放在一起考，也是比较新颖的。

6了，好像是bfs，离谱。对100这个数字还是要敏感一点，其实是能够接受O(n**4)的算法的。

AC代码

心路历程（WA，TLE，MLE……）

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思路讲解

最长上升子序列询问版，还有最大值限制。

不过确实LIS的dp做法我确实没学过，那个贪心做法倒是学过的。

P1020 [NOIP1999 提高组] 导弹拦截

贪心做法总结来说就是利用一个数组，既保留长度信息，也保留位置最低数信息，进而避免使用多个数组导致时间复杂度上升。具体可以参见下面的leetcode题解。

https://leetcode.com/problems/longest-increasing-subsequence/solutions/1326308/c-python-dp-binary-search-bit-segment-tree-solutions-picture-explain-o-nlogn

然后有了这个贪心方法，再加上离线trick即可，就能求出答案。处理到哪里，就把所有和i相关的询问（R==i）给处理掉。

当然，需要小心，这道题目还要求严格递增，不过也简单，把upper_bound换成lower_bound即可

AC代码

https://atcoder.jp/contests/abc393/submissions/63583196

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// Problem: F - Prefix LIS Query
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 393
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc393/tasks/abc393_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// by znzryb
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define SZ(a) ((int) a.size())

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef array<ll,4> arr;
typedef double DB;
typedef pair<DB,DB> pdd;
constexpr ll MAXN=static_cast<ll>(2e5)+10,INF=static_cast<ll>(5e18)+3;

ll N,Q,T,A[MAXN];
arr query[MAXN];

inline bool cmpi(const arr &a,const arr &b){
	return a[2]<b[2];
}

inline void solve(){
	cin>>N>>Q;
	for(int i=1;i<=N;++i){
		cin>>A[i];
	}
	for(int i=1;i<=Q;++i){
		cin>>query[i][0]>>query[i][1];
		query[i][2]=i;
	}
	sort(query+1,query+1+Q);
	vector<ll> aux;	// 辅助数组的英文
	ll tot=1;
	for(int i=1;i<=N;++i){	// aux里的所有数都比i的编号小
		ll idx=lower_bound(all(aux),A[i])-aux.begin();
		if(idx==aux.size()){
			aux.pb(A[i]);
		}else{
			aux[idx]=A[i];
		}
		// 我们采用离线思想，处理到哪里，就把所有和i相关的询问给处理掉。
		while(query[tot][0]<=i && tot<=Q){
			if(query[tot][0]==i){
				ll x=query[tot][1];
				ll lans=upper_bound(all(aux),x)-aux.begin();
				if(lans<0){
					query[tot][3]=0;
				}else{
					query[tot][3]=lans;
				}
			}
			++tot;
		}
// #ifdef LOCAL
    // for(int i=0;i<aux.size();++i){
    	// cerr<<aux[i]<<" ";
    // }
    // cerr<<"\n";
// #endif
	}
	sort(query+1,query+1+Q,cmpi);
	for(int i=1;i<=Q;++i){
		cout<<query[i][3]<<"\n";
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	solve();
	return 0;
}
/*
AC
https://atcoder.jp/contests/abc393/submissions/63583196
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

https://atcoder.jp/contests/abc393/submissions/63582964

有点招笑了，样例竟然会RE？这在我电脑上跑的好好的，只能说C++经典咏流传了。

搞半天原来是while的问题，要加一个tot≤Q

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while(query[tot][0]<=i && tot<=Q){

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思路讲解

2025牛客WC1-J-硝基甲苯之袭

和这道题比较类似吧，都是GCD，而且都要枚举。

其实思路都是差不多的，就是类似于埃氏筛的枚举方法，可以将时间复杂度降至O（nlogn）左右。

具体而言，我们讲解一下下面这段程序。i其实是在枚举divisor（也就是除数，答案），j就是在枚举能被这个divisor整除的数。如果我们发现所有能够被整除的数在A中出现了K次及以上，就对这其中所有的数都更新答案为K。

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for(int i=1;i<=M;++i){
	ll cnt=0;
	for(int j=i;j<=M;j+=i){
		cnt+=occA[j];
	}
	if(cnt>=K){
		for(int j=i;j<=M;j+=i){
			ans[j]=i;
		}
	}
}

AC代码

https://atcoder.jp/contests/abc393/submissions/63486992

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// Problem: E - GCD of Subset
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 393
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc393/tasks/abc393_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// by znzryb
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define SZ(a) ((int) a.size())

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef array<ll,3> arr;
typedef double DB;
typedef pair<DB,DB> pdd;
constexpr ll MAXN=static_cast<ll>(1.2e6)+10,INF=static_cast<ll>(5e18)+3;

ll N,K,T,A[MAXN],sortA[MAXN],ans[MAXN],occA[MAXN];

inline void solve(){
	cin>>N>>K;
	ll M=0;
	
	for(int i=1;i<=N;++i){
		cin>>A[i];
		M=max(M,A[i]);
		// sortA[i]=A[i];
	}
	// sort(sortA+1,sortA+1+N);
	for(int i=1;i<=M;++i){
		ans[i]=1;
		occA[i]=0;
	}
	for(int i=1;i<=N;++i){
		occA[A[i]]+=1;
	}
	// 上面全部是在初始化
	for(int i=1;i<=M;++i){
		ll cnt=0;
		for(int j=i;j<=M;j+=i){
			cnt+=occA[j];
		}
		if(cnt>=K){
			for(int j=i;j<=M;j+=i){
				ans[j]=i;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;++i){
		cout<<ans[A[i]]<<"\n";
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	solve();
	return 0;
}
/*
AC
https://atcoder.jp/contests/abc393/submissions/63486992
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）