CF1060 CD

仪表板 - Codeforces 第 1060 轮（第 2 组） - Codeforces — Dashboard - Codeforces Round 1060 (Div. 2) - Codeforces

C1/C2. No Cost Too Great

题意：给定i个数和对应的操作成本，每次操作可以让数+1，使数组存在任意两数不互质的最小成本是多少？

easy的操作成本全为1，hard的操作成本覆盖$(1—10^9)$ 。

思路：对于easy版本，首先容易想到只有3种情况：

1. ans=0。初始就存在 $ \gcd(a[i],a[j])\neq1$ 。
2. ans=1。对一个数+1后，存在$ \gcd(a[i],a[j])\neq1$。
3. ans=2。都不满上述情况，说明是全为奇数的数组，对任意两个奇数+1凑出 $\gcd =2$即可。

现在考虑怎么快速判断数组是否存在任意两数不互质。

不互质即有公因数，我们可以考虑分解质因数，再用map记录，如果第二次出现，说明有重复可处理情况一。

至于情况二，特殊只在于改变了某个数x，所以我们在map中减去x的因数，判断x+1是否满足，最后加回来即可。

vector<int> e[N + 1];
void solve()
{cin >> n;rep(1, i, n){cin >> a[i];}rep(1, i, n){cin >> b[i];}map<int, int> mp;rep(1, i, n){for (auto j : e[a[i]]){mp[j]++;if (mp[j] > 1){cout << 0;re;}}}rep(1, i, n){for (auto j : e[a[i]]){mp[j]--;}for (auto j : e[a[i] + 1]){if (mp[j] > 0){cout << 1;re;}}for (auto j : e[a[i]]){mp[j]++;}}cout << 2;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int T;T = 1;for (int i = 2; i <= N; i++){if (e[i].size())continue;for (int j = i; j <= N; j += i){e[j].push_back(i);}}cin >> T;while (T--){solve();cout << '\n';}return 0;
}

现在考虑hard版本：

同easy版本我们可以先确定上界为 $c[0]+c[1]$(最小的两个代价)。

其他情况都没有区别，只是多了一种情况：对最小代价的那个数，可以操作多次直到产生答案。

为什么这种情况可以？

首先为什么是最小代价，如果加入对其他数的操作，那么必然劣于上界 $c[0]+c[1]$，所以不用考虑。

然后如果 $c[0]<<<c[1]$，当代价差距很大时，这种情况可能变成答案。

比如数组 7 9，代价为1 100。最优解显然是操作 7 两次，代价为2。

void solve()
{cin >> n;rep(1, i, n){cin >> a[i];}int pos = 0; //因为后面要排序，记录一下代价最小的位置int minn = 1e18;rep(1, i, n){cin >> b[i];c[i] = b[i];if (b[i] < minn){minn = b[i];pos = i;}}map<int, int> mp;rep(1, i, n){for (auto j : e[a[i]]){mp[j]++;if (mp[j] > 1){cout << 0;re;}}}sort(c + 1, c + 1 + n);ans = c[1] + c[2];rep(1, i, n){for (auto j : e[a[i]]){mp[j]--;}for (auto j : e[a[i] + 1]){if (mp[j] > 0){ans = min(ans, b[i]);}}for (auto j : e[a[i]]){mp[j]++;}}vector<int> v;rep(1, i, n){if (i == pos)continue;for (auto i : e[a[i]]){v.emplace_back(i);}}for (auto i : v) //枚举所有可能的质因数{num = i - (a[pos] % i); //需要的操作次数if (num == i)num = 0;ans = min(ans, b[pos] * num);}cout << ans;/* rep(1, i, n){a[i] = b[i] = c[i] = 0;} */
}

D. Catshock

题意：小猫每次可以随机地走到当前的相邻节点，1表示走，2表示删去x节点。注意不能连续两次都删节点。

构造一个行动路线，保证小猫能从起点1走到终点n，行动次数<=3*n。

思路：我们考虑对节点分奇偶层，即使是随机地走，也能保证在奇数位置删去偶数位置不会出现问题。

考虑哪些点需要被删掉以及题目要求的3*n的限制能提供什么思路？

由于不能连续删去，当我们已经删去一个偶节点且当前处于奇节点，并且下一次还想删偶节点，显然是最麻烦的操

作了，只需要连续走两步走到奇节点再删即可，这样刚好是3步(1 1 2)不会超出限制次数。

我们可以以终点为dfs起点，如果不是终点就加入删除列表，然后根据当前位置和待删除点深度的奇偶模拟即可。

void solve()
{cin >> n;vector<int> dep(n + 1);vector<int> v;rep(1, i, n - 1){cin >> x >> y;e[x].emplace_back(y);e[y].emplace_back(x);}auto dfs = [&](this auto self, auto u, auto fa) -> void{for (auto i : e[u]){if (i != fa){dep[i] = dep[u] + 1;self(i, u);}}if (u != n)v.emplace_back(u);};dfs(n, 0);int st = dep[1] % 2;vector<int> res;for (auto i : v){res.emplace_back(0);st ^= 1;if (st == dep[i] % 2){res.emplace_back(0);st ^= 1;}res.emplace_back(i);}cout << res.size() << '\n';for (auto i : res){if (i){cout << 2 << ' ' << i;}else{cout << 1;}cout << '\n';}rep(1, i, n){e[i].clear();}
}