事前に1~max(a[1],a[2],...,a[n])の約数を求めておく。次に、約数qをもつ数を数えてcnt[q]のように表す。部分列のgcdをgとしたときq|gを満たす空でない部分列を数えよう。これは簡単で、qを約数にもつ数すべてについて、部分列に含むかどうかを考えてcnt[q]^…

a[1]~a[k]のGCDをgとする。 g | a[i]なのでb[i] = a[i]/gのような数列bを定められる。(b[i]>=1)Σa[i] = nよりgΣb[i] = ng | nよってgの候補はnの約数のみ。すべて試す。総和を考慮せずに、とりあえず一番和の小さい数列を作るとa[i]=giその和はΣgi=gΣi=gi*(i…

/* 思いつき方二分探索チェック関数を書くbool のDPになった。boolのDPは次元を一つ減らせるかも。intで残りの1を使える回数の最大値をもたせればいい。*//*dp[i][j][k]:=i番目まで破壊し、残りj回9の攻撃、k回3の攻撃ができるとき、残りの1の攻撃回数の最大…

操作後のA[i]をA'[i]のように表記する。(1)LRの操作Lの操作によりA'[i] = A[i-1]+A[i]A'[i+1] = A[i]+A[i+1]更にRの操作によりA''[i]= A'[i] + A'[i+1]= (A[i-1]+A[i]) + (A[i]+A[i+1])= A[i-1]+2A[i]+A[i+1](2)RLの操作Rの操作によりA'[i] = A[i]+A[i+1]A'[…

ガウス・ジョルダンの消去法などを知っていればO(n^3)で部分点40(/100)、ラグランジュ補間を知っていればO(n^2)で部分点80(/100)をとれる。 ラグランジュ補間を工夫する。 ラグランジュ補間 一般に多項式P(x)についてi!=jのときx[i]!=x[j]ならば P(x) = Σ[i=…

Sに含まれる数を頂点とし、その和が素数になるような2値の間に辺を張ったグラフを考える。すべての辺について、端点の少なくとも一方にある数は使わない。いいかえると、使わない数の集合はすべての辺の端点の少なくとも一方を含む。これは頂点被覆。 使わな…

vectorのswap vector<int> a(N), b(N); swap(a, b); このswapの実体はvector::swapでswap(a,b)はO(1)で終わる。DPでメモリを節約するのによくやる。 配列のswap int a[N] = {}, b[N] = {}; swap(a, b); 先程のコードを配列に変えただけ。実はこちらのswap(a,b)に</int>…

dp[i][j][fs][sc] =i番目まの問題まで確定していて、j回カンニングしている。１人目に対して直前にしたカンニングの左端はiからfs個左、2人目に対して直前にしたカンニングの左端はiからsc個左とする。ただし、fs,scはK以上はすべてKの1値で表す。このとき最…

1個の町に複数の警察署がある場合もありうるが、明らかに無意味なので1個の町にはたかだか1個の警察署しか無いとする。 道路で結ばれた町は、全体で木になっている。 ある頂点が複数の警察署でカバーされているとする。そのうち最も近い頂点をu,二番目に近い…

与えられた銀行の関係は木になっていることがわかる。最初にオフラインにする頂点を固定する。この頂点を根とする根付き木を考える。他の頂点をオフラインにするには、すでにオフラインの頂点と隣接していないといけないのであった。よって、親がオフライン…

解を式で表してそれを簡単にする (右端)-(左端) の長さの重複を認めた集合をW, (上端)-(下端) の長さの重複を認めた集合をH, とすると解は Σw*h (w∈W, h∈H) で表せる。 これにはよくある式変形により Σw*h (w∈W, h∈W) =Σw(w∈W) * Σh(h∈H) たとえば w0*h0+w0*…

部分文字列の文字の順序は関係ない つまり、部分文字列は任意の順序に並び替えることができる。 隣接する異なる2文字を入れ替えられることを示す。 AB →BBB →BBAA →BBBBA →BA したがって、任意の隣接する2文字は入れ替えられる。なのでバブルソートの要領で…

操作回数をa, 最後に残る要素の数をbとする。N>=Kよりa>=1K>=2よりb>=1 最終的にAの各要素はDの累乗になることがわかる。D=1のとき、コーナーケースでAのすべての要素は1になるので解はb 以下、D≠1とする。Aの要素はDの累乗であり、かつ操作回数がaなので、…