ACL Contest 1（补题）

Posted 2022-12-12 佐鼬Jun

A - Reachable Towns

题目链接: link.

题意：

在二维坐标轴给定$N$个点，每个点都可以跳向向$x和y$值比它大或者$x和y$值比它小的点，现在让你输出每个点可以跳的最多的点数(自己也可以跳自己).

思路：

可以在每个跳的点对之间连一条边，代表这对点可以相互跳，把所有点都连完边后，每一个连通块内的点，一定是可以相互跳的，所以连通块的大小就是这个连通块每个点可以跳的最多点数。这个可以通过并查集实现，但不能每两个点之间判断一下是否能跳，时间复杂度太高，为$O(n^2)$，可以利用单调栈来降低时间复杂度，先按照$x$的值升序排序，然后单调栈内维护的是，并查集内$y$值的最小值,即单调栈内的值是单调递减的。每次取出来的点，取出来值如果在栈顶点的右上方，就把它与栈顶点结合成一个集合，并把栈顶弹出，然后再次判断。最后知道栈空，或者该点在栈顶点的右下角，即无法相互跳，那么此时就把这个点放进栈中。最后输出每个点所在并查集的大小，就是每个点可以跳的最多点数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> PII;

struct node 
    int x, y, id;
 a[N];
int n;
int Size[N], fa[N];
PII sta[N];
int tt;
bool cmp(node a, node b)  return a.x < b.x; 
int find(int x) 
    if (x != fa[x]) fa[x] = find(fa[x]);
    return fa[x];

int main() 
    cin >> n;
    for (int i = 0, x, y; i < n; i++) 
        cin >> x >> y;
        a[i] = x, y, i;
    

    for (int i = 0; i < n; i++) 
        fa[i] = i, Size[i] = 1;
    
    sort(a, a + n, cmp);
    for (int i = 0; i < n; i++) 
        if (tt == 0) 
            sta[++tt] = a[i].id, a[i].y;
         else 
            int minv = a[i].y;
            while (tt && a[i].y > sta[tt].second) 
                minv = min(minv, sta[tt].second);
                int x = find(a[i].id), y = find(sta[tt].first);
                if (x != y) 
                    fa[x] = y;
                    Size[y] += Size[x];
                
                tt--;
            
            sta[++tt] = a[i].id, minv;
        
    
    for (int i = 0; i < n; i++) 
        cout << Size[find(i)] << endl;
    

B - Sum is Multiple

题目链接: link.

题意：

给定一个数字$N$，现在让你找到一个最小的$k$，让$1+2+....+k$是$N$的倍数，也就是说这个和能整除$N$
思路：
把原式处理一下，就是$\frac{k(k+1)}{2}=\alpha N$，即$k(k+1)=2\alpha N$,也就是说$2\times N|k\times (k+1)$
下面的$n$就代替$2\times N$现在令$s=k\times (k+1)$，使$n$和$s$质因数分解，就变成了$n=\prod p_i{}^{k_i}$ $s=\prod p_j{}^{k_j}$。
对于$\forall i$ , $p_i{}^{k_i}|s$，又可以观察到$k和k+1$互质，所以对于一部分$i$，$p_i{}^{k_i}|k$，$p_i{}^{k_i}|(k+1)$

所以可以枚举$n$的因数$a和b$,即$a\times b=n$且$gcd(a,b)=1$，$k=ax$,$k+1=by$,所以$by-ax=1$，而这个式子可以由$exgcd$扩展欧几里得算出来，用扩展欧几里得算$by+a{x}^{\prime }=1$,这个式子的解，算出$x和y$，看$x和y$那个是负数那个就是我们要找的$a$,因为用下面代码$exgcd$算出来的系数只是$|x|+|y|$最小，当然也可以令$y=y,x=x^{\prime }$，用扩欧算出来的是后，如果算出来的$x^{\prime }$是$>=0$，再调整一下系数把$x^{\prime }$变为负数即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define ll long long
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) 
    if (!b) 
        x = 1, y = 0;
        return a;
    
    ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y = y - a / b * x;
    return d;

int main() 
    ll n;
    cin >> n;
    if (n == 1) 
        puts("1");
        return 0;
    
    n *= 2;
    ll res = 1e18;
    for (ll i = 2; i <= n / i; i++) 
        ll a, b;
        if (n % i == 0) 
            a = i, b = n / i;
            if (__gcd(a, b) != 1) continue;
            ll x, y;
            exgcd(a, b, x, y);
            if (x < 0) 
                res 以上是关于ACL Contest 1（补题）的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
 
 补题日记[2022牛客暑期多校4]A-Task Computing
 补题日记[2022牛客暑期多校4]A-Task Computing
 SDUT 2021 Spring Individual Contest(for 20) - 1补题
 AtCoder Beginner Contest 222（补题）
 SDUT 2021 Summer Individual Contest - 2(for 20)（补题）
 2019 Multi-University Training Contest 1 (补题)