Codeforces Round #432 (Div. 2) D. Arpa and a list of numbers E. Arpa and a game with Mojtaba

http://codeforces.com/contest/851/problem/D

一个错误的贪心方法水过了小数据，没想到还水过了终测（233....)

错误方法：

枚举一个2和倍数在原序列出现次数较多的素数

暴力求需要的花费

自己都能hack自己

301 100000 1

13 13*2-1 13*2-1 13*4-1 13*4-1 ...... 13*300-1 13*300-1

结果应该是300，把除13外的所有数都加1

上面的方面很明显是错的

水过的代码：

#include<bits/stdc++.h>#define eps 1e-9#define PI 3.141592653589793#define bs 1000000007#define bsize 256#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a))typedef long long ll;using namespace std;int book[1000005],a[500005];int p[1000005];vector<int>v;int cmp(int x,int y){return book[x]>book[y];}int main(){int n,i,j;long long x,y;cin>>n>>x>>y;    for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]),book[a[i]]++;/*n=301,x=100000,y=1;a[0]=13;book[13]++;for(i=1;i<n;i++)    {        if(i&1)            a[i]=13*(i+1)-1;        else            a[i]=13*i-1;        book[a[i]]++;    }*/for(i=2;i<=1e6;i++){if(!p[i]){for(j=i+i;j<=1e6;j+=i){p[j]=1;book[i]+=book[j];}v.push_back(i);}}long long ans=0;sort(v.begin(),v.end(),cmp);for(i=0;i<n;i++){if(a[i]&1){ans+=min(x,y);}}long long temp;for(i=0;i<min((int)v.size(),100);i++){temp=0;for(j=0;j<n;j++){int tt=a[j]%v[i];if(tt){temp+=min(x,1ll*(v[i]-tt)*y);}}ans=min(ans,temp);}cout<<ans<<endl; }

正解：枚举所有的数作为gcd结果，其实枚举质数就可以，但复杂度差的不会太多

对于每个枚举的数x，分成x的长度的段去求需要的花费

对于每段，前面的部分是直接删掉更优，后面的部分是通过多次加1操作达到x的倍数更优，界限根据x和y的比值关系可以确定

通过两个前缀和可以快速的求出这两个部分分别的花费

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define N 2000009using namespace std;int n,A,B,a[N]; ll s[N];int main(){scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);int i,j,k,p=A/B;for (i=1; i<=n; i++)    {scanf("%d",&j);a[j]++; s[j]+=j;}for (i=1; i<=2000000; i++){a[i]+=a[i-1]; s[i]+=s[i-1];}ll ans=(ll)n*A;for (i=2; i<=1000000; i++){ll tmp=0;for (j=i; j<=1000000+i && tmp<ans; j+=i){k=max(j-i+1,j-p);tmp+=((ll)(a[j]-a[k-1])*j-(s[j]-s[k-1]))*B;tmp+=(ll)(a[k-1]-a[j-i])*A;}ans=min(ans,tmp);}printf("%lld\n",ans);return 0;}

http://codeforces.com/contest/851/problem/E

给一些数，博弈

每次可以选一个数p^k（其中p是质数，k任意），要求原序列里必须有一个数可以除尽这个数,然后把所有能除尽这个数的除以这个数

这样不同质数之间是互相不影响的，因此就可以把每个质数看成单独的一个局面，最后求一个异或和，重点是如何求每个质数状态的sg值

会发现对于单个质数，幂次相同的可按一个考虑，例如对于质数3，如果原序列有两个9，无论进行什么操作都会一起变化，所以完全可以看为一个9

因此，只需要记录不同幂次有没有出现即可，这样就能压成一个二进制数x

对于这个状态的所有后继为：x>>k|((1<<(k-1)-1)   （1<<(k-1)最大为x的最高位)

最后没想到直接map存一下，dfs求sg就可以了。。。。。。

参考：http://blog.csdn.net/kele52he/article/details/77864968

#include<bits/stdc++.h>#define eps 1e-9#define PI 3.141592653589793#define bs 1000000007#define bsize 256#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a))typedef long long ll;using namespace std;map<long long,int>p;map<int,int>cnt;vector<int>prime;int pri[200000];void init(){for(int i=2;i<=100000;i++){if(!pri[i]){for(int j=i+i;j<=100000;j+=i)pri[j]=1;prime.push_back(i);}}}int dfs(long long x){if(p.count(x))return p[x];int book[35];long long i;memset(book,0,sizeof(book));for(i=1;(1ll<<(i-1))<=x;i++){book[dfs((x>>i)|(x&((1ll<<(i-1))-1)))]=1;}for(i=0;i<35;i++)if(!book[i]){p[x]=i;return i;}}long long state[200000];int main(){int n,a,j,i;int ans=0,temp=0;p[0]=0;cin>>n;init();for(i=0;i<n;i++){scanf("%d",&a);for(j=0;j<prime.size();j++){if(a<prime[j])break;int now=0;while(a%prime[j]==0){a/=prime[j];now++;}if(now)state[prime[j]]|=(1ll<<(now-1));}if(a>1)        {            if(!cnt.count(a))//对于大质数的处理                temp++,cnt[a]=1;        }}for(j=0;j<prime.size();j++){if(state[prime[j]])ans^=dfs(state[prime[j]]);}if(temp&1)ans^=dfs(1ll);if(ans)printf("Mojtaba\n");elseprintf("Arpa\n"); }