前言
- 比赛链接。
排名历程：\(3→5→3\)，因为 \(T1\) 的 special judge 是后来加上的，导致部分人挂了分，赛后安排了重测，就变成了 \(rank5\)，赛后发现 \(T1\) 数据过水，重新更新了数据，卡掉了很多人的假做法，又成了 \(rank3\)。
T1
已知合法的分组有 \(\begin{cases}0~0~0\\1~1~1\\2~2~2\\0~1~2\\ \end{cases}\)
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唐氏做法：
统计 \(cnt_0,cnt_1,cnt_2\) ，找规律发现除了其中两个 \(\bmod 3=2\) ，剩下一个 \(\bmod 3<2\) 时，将 \(<2\) 的一组中拆出来两个补给其余两个形成 \(0~1~2\) ，这样 \(ans-1+2\)，更优。
其余情况均为将其各自分组，最后余下的形成 \(0~1~2\) 即可。
由此 \(if~else\) 大模拟即可。
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正解：
考虑枚举 \(0~1~2\) 的组数即可。
T2
- 部分分 \(30pts\)： \(n\le 1e7\) 的情况，暴力即可。
T3
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部分分 \(30pts\)：爆搜即可。
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部分分 \(40pts\)：再处理一下 \(k=1\) 的情况即可。
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正解 \(100pts\)：
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结论：
忽略字典序，将所有
&放在前面，所有|放在后面一定是最优情况。-
证明：
有 \(\begin{cases}x|y\ge \max(x,y)\\x\&y\le \min(x,y)\\x\&y\le x|y\\\end{cases}\)
因此有 \(x\&y|z\ge \max(x\&y,z)\ge \min(x|y,z)\ge x|y\&z\)。
解释一下，若 \(x\&y\ge z\) ，\(\because x|y\ge x\&y\)，\(∴ \max(x\&y,z)=x\&y\ge z=\min(x|y,z)\)；
反之若 \(x\&y<z\)，\(\because x|y\ge x\&y\)，\(∴ \min(x|y,z)\ge z=\max(x\&y,z)\)。
由此继续推广，得上述结论，证毕。
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因此根据上述结论我们可以先求出最大答案，接下来处理字典序的问题。
从前往后推，若该位填
|，后面的依然按照结论进行，若答案不变，则本位可以填|，否则填&。由此 \(O(n^2)\) 算法已经可以得到 \(60pts\) 了。
考虑 \(a_i<2^{60}\) ，可以按位计算，当计算到第 \(i\) 位时，对于区间 \([l,r]\)，若填
&，只有 \(a_l\sim a_r\) 本位均为 \(1\) 时答案本位才能为 \(1\)，否则为 \(0\)；若填|，只要 \(a_l\sim a_r\) 中有一个本位为 \(1\) 答案本位就可以为 \(1\)，否则为 \(0\)。由此算法优化到 \(O(n\log(n))\)，可以通过此题。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' #define sort stable_sort using namespace std; const int N=2e5+10,M=61; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) {x=0;register bool z=true;register char c=getchar();for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);x=(z?x:~x+1); } void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');} void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);} int n,k,a[N],maxx,m,ans,now,b[M],sum[N][M]; int check(int l,int now,int k) {if(l<=n-k){for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=sum[n-k][i]-sum[l-1][i];for(int i=0;i<=m;i++) if(b[i]!=n-k-l+1&&(now>>i)&1)now^=(1ll<<i); }if(n-k+1<=n){for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=sum[n][i]-sum[n-k][i];for(int i=0;i<=m;i++)if(b[i]!=0) now|=(1ll<<i);}return now; } signed main() {read(n),read(k);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);m=log2(maxx);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++) sum[i][j]=sum[i-1][j];for(int j=0;j<=m;j++) if((a[i]>>j)&1) sum[i][j]++;}ans=check(2,a[1],k);write(ans),puts("");now=a[1];for(int i=2;i<=n;i++)if(k>=1&&check(i+1,now|a[i],k-1)==ans)putchar('|'),now|=a[i],k--;else putchar('&'),now&=a[i]; } -
T4
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赛时部分分都没打出来，直接看正解吧。
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正解：
预处理一个布尔数组 \(ok_{l,r}\)，表示区间 \([l,r]\) 能否全部删掉。
区间 \(DP\) 处理，有：
\[ok_{l,r}|=(ok_{l,k-1}\&ok_{k+1,r})\&(\gcd(a_{l-1},a_k)|\gcd(a_k,a_{r+1})),k∈[l,r] \]初始值： \(\begin{cases}ok_{l,r}=1&l>r\\ok_{i,i}=1&\gcd(a_{i-1},a_i)>1 || \gcd(a_i,a_{i+1})>1\\\end{cases}\)
此时需要假设 \(a_{l-1},a_{r+1}\) 没有被删掉，貌似假了，但是看到下面的 \(DP\) 式子就知道其是正确的了。
\(f_i\) 表示若 \(a_i\) 不删，前 \(i\) 个元素中最多能删多少个，有：
\[f_i=\max_{j=0}^{i-1}\{f_j+ok_{j+1,i-1}\times (i-j-1)\} \]答案为 \(f_{n+1}\)。
预处理 \(\gcd\)，复杂度为 \(O(n^3)\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' #define sort stable_sort using namespace std; const int N=510; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) {x=0;register bool z=true;register char c=getchar();for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);x=(z?x:~x+1); } void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');} void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);} int n,a[N],gcd[N][N],f[N]; bool ok[N][N]; int Gcd(int a,int b) {return b==0?a:Gcd(b,a%b);} signed main() {read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)gcd[j][i]=gcd[i][j]=Gcd(a[i],a[j]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<i;j++)ok[i][j]=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(gcd[i][i+1]>1||gcd[i-1][i]>1) ok[i][i]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int l=1;l+i-1<=n;l++){int r=l+i-1;for(int k=l;k<=r;k++){ok[l][r]|=(ok[l][k-1]&ok[k+1][r])&(gcd[k][l-1]>1|gcd[k][r+1]>1);if(ok[l][r]==1) break;}}for(int i=1;i<=n+1;i++)for(int j=0;j<=i-1;j++)f[i]=max(f[i],f[j]+(i-j-1)*ok[j+1][i-1]);write(f[n+1]); }
