Codeforces Round #305 (Div. 1) A B C

        这场比赛爆零了，感觉自己还是弱。。而且有点过于care rating了。做比赛还开小号，不敢用大号。根本没有攻克难题的魄力和勇气。

        以后只打一个号就好了，实力增强了总是能涨的。这场的题应该还是偏简单的，比赛的时候还是各种2各种想不出，感谢round305暴露了我很多弱点。

A Mike and Frog

        每过一秒，h1=(x1*h1+y1)%m，h2=(x2*h2+y2)%m。求使h1=a1，h2=a2同时满足的最早时刻。

        找到使h1第一次等于a1的时间，再找使它循环的时间，对h2同理。然后弄到set里面乱搞就好了。更科学的做法应该是扩展欧几里德。

#include <bits/stdc++.h>  using namespace std;#define ll long longconst int INF = 1e9;int main(){ll m,h1,a1,x1,y1;ll   h2,a2,x2,y2;cin>>m;cin>>h1>>a1;cin>>x1>>y1;cin>>h2>>a2;cin>>x2>>y2;//ll ans1=1;for(;ans1<=m+1;ans1++){h1=x1*h1+y1;h1%=m;if(h1==a1){break;}}ll ans2=1;for(;ans2<=m+1;ans2++){h2=x2*h2+y2;h2%=m;if(h2==a2){break;}}ll cyc1=1;for(;cyc1<=m+1;cyc1++){h1=x1*h1+y1;h1%=m;if(h1==a1){break;}}ll cyc2=1;for(;cyc2<=m+1;cyc2++){h2=x2*h2+y2;h2%=m;if(h2==a2){break;}}bool ok=1;if(ans1>m+1||ans2>m+1)ok=0;if(ok){if(cyc1>m+1)cyc1=0;if(cyc2>m+1)cyc2=0;set<ll> s;for(int i=0;i<=m;i++){s.insert(ans1+cyc1*i);}for(int i=0;i<=m;i++){if(s.count(ans2+cyc2*i)){cout<<ans2+cyc2*i<<endl;return 0;}}cout<<-1;}else{cout<<-1;}return 0;}      

B Mike and Feet

        长度为n的数列，求连续长度x=1~n的一串数中，最小值的最大值。

        维护一个单调栈，使值递增。出栈时维护长度并尝试更新答案，具体见代码。

#include <bits/stdc++.h>  using namespace std;#define ll long longconst int INF = 1e9;struct node{int val;int len;node(int val,int len):val(val),len(len){}node(){}};stack<node> sta;int a[200010];int ans[200010];int main(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);int curlen=0;while(sta.size() && sta.top().val>=a[i]){int val=sta.top().val;curlen+=sta.top().len;sta.pop();ans[curlen]=max(ans[curlen],val);}sta.push(node(a[i],curlen+1));}int curlen=0;while(sta.size()){int val=sta.top().val;curlen+=sta.top().len;sta.pop();ans[curlen]=max(ans[curlen],val);}for(int i=n;i>=1;i--){if(ans[i]<ans[i+1])ans[i]=ans[i+1];}for(int i=1;i<=n;i++){printf("%d ",ans[i]);}cout<<endl;return 0;} 

        另外我还看到了一个使用并查集的做法。先排序，从大到小标记元素，并查集维护当前元素与左右已被标记的元素连起来的最大长度。

C Mike and Foam

        有n个数，初始均为禁用状态。有q个询问，每次改变一个数的状态（禁用<-->启用）。问启用的那些数里面，有多少对数满足最大公约数为1。

        这是我第一道用容斥原理做的题。。本来没想法，看了题解后发现非常精妙。首先把1~500000的所有素因子筛出来（注意到每个数最多有6个不同的素因子）。假设新增或删除的数与其他启用的数最大公约数都等于1，那么新增或删除后，答案的改变量就是除了它之外，启用的数的个数（新增加上，删除减去）。但是，新增或删除的那个数，可能与某些数的最大公约数不为1，这就需要用容斥原理来处理。比如ai共有6个素因子，那么就用6位二进制数把它的素因子的所有子集表示出来，为所有素因子集合计数，维护答案。

#include <bits/stdc++.h>  using namespace std;#define ll long longconst int INF = 1e9;const int maxn =200010;const int maxa =500000;int a[maxn];bool state[maxn];vector<int> factors[maxa+1];int cnt[maxa+1];//统计素因子的集合 void init(){for(int i=2;i<=500000;i++){if(!factors[i].size()){for(int j=i;j<=500000;j+=i){factors[j].push_back(i);}}}}static ll ans=0;static int tot=0;void fun(int num,int flag){int t=1<<factors[num].size();ans+=tot*flag;//枚举子集 for(int i=1;i<t;i++){int tmp=1;//num素因子的子集中，所有元素的积。 int bit=0;//num素因子的子集中，有多少个元素。for(int j=0;j<factors[num].size();j++){if(i&(1<<j)){tmp*=factors[num][j];bit++;}}if(flag==-1)cnt[tmp]+=flag;int one;if(bit&1)one=1;else one=-1;if(cnt[tmp]){//容斥维护答案，加多了减去，减多了加上。。。 ans-=cnt[tmp]*flag*one;}if(flag==1)cnt[tmp]+=flag;}}int main(){init();int n,q;cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}int x;for(int i=1;i<=q;i++){scanf("%d",&x);if(state[x]){tot--;state[x]=0;fun(a[x],-1);}else{state[x]=1;fun(a[x],1);tot++;}printf("%I64d\n",ans);}return 0;}