A：一组长度为n 的排列，问交换多少次，能让前m个数变成[1,m]中的数
输出前 m 个数中有多少个比 m 大的就可以了
//-------------------------代码----------------------------
//#define int ll
const int N = 1e5+10;
int n,m;
void solve()
{
cin>>n>>m;
int ans = 0;
set<int> q;
fo(i,1,n) {
int x;cin>>x;
if(i <= m) {
if(x > m) {
ans ++ ;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
void main_init() {}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
B：一组长度为n的数，让所有数的位置和值的lcm之和最大
位置大的和值大的lcm如果不是本身一般就是最大的。
知识：x和x+1互质。所以只要 将n 个数两两互换就可以了
需要注意，如果有奇数个数，第一个数只能是1，偶数个数，第一个数只能是2
//-------------------------代码----------------------------
//#define int ll
const int N = 1e5+10;
int n,m;
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i = n;i>=1;i-=2) {
a[i] = i - 1;a[i-1] = i;
}
if(n % 2 == 1) a[1] = 1;
else a[1] = 2;
fo(i,1,n) cout<<a[i]<<' ';cout<<endl;
}
void main_init() {}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
C：n个数，问删除多少种数，可以使序列递增
从前往后遍历，如果当前数出现两次以上，并且不相邻，就要删掉所有数的种数
如果当前数比后面的数大，也要删掉所有数的种数
取一个删去种数的最大值就好了
前k 个数有多少种数怎么算？将所有数放到set里会自动去重，算set的大小就可以了
//-------------------------代码----------------------------
//#define int ll
const int N = 1e5+10;
int n,m;
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
int mx = 0;
map<int,int> mp;
set<int> q;
fo(i,1,n) {
cin>>a[i];
mp[a[i]] ++ ;
if(i >= 2 && mp[a[i]] >= 2 && a[i-1] != a[i]) mx = max(int(q.size()),mx);
if(i >= 2 && a[i] < a[i-1]) mx = max((int)q.size(),mx);
q.insert(a[i]);
}
cout<<mx<<endl;
}
void main_init() {}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
E1：(easy版） lcm的性质：必定是最大的数的倍数，数据范围一眼做法
题意：多组询问。lcm(i,j,k) >= i + j + k，问l 到 r 之间有多少满足条件的。l ,r <= 2e5。t <= 10
有一个性质：l 和 r 都是 1e5级别的，搜索三元组爆搜 要 n ^3,稍微优化：n^2 很难到 nlogn或者 n根号n。这里一眼可以确定要筛出某些数，在筛出来的数里搜了。
[l,r] 区间内三元组的数目是 组合数Cn3，就等于 len * (len – 1) * (len – 2) / 6
对于lcm(i,j,k) >= i + j + k，并不好直接判断，将大于等于号改成小于号：lcm(i,j,k) < i + j + k 。然后从最共的三元组数量找出满足条件的三元组数量即可
假设i，j，k中最大的数是 k ，那 lcm = 2 * k 或者 k 才满足条件 ：比i + j + k 小。如果是 3k 的话 肯定要比 i + j + k 大
如果 lcm == k 。那肯定满足条件，三元组总数 – 1
如果 lcm == 2 * k 。那肯定是 k % i != 0 && k % j != 0。如果 满足 2 * k < i + j + k 也满足条件，三元组总数 – 1
只要枚举 所有 的2 * k ，并且找出它的因子 i ，j ，剪枝即可
ps：
1.lcm == 2 * k，如果 第二大的数 比 最大的数 的一半还小，那肯定不满足条件，可以减少对第一个数的搜索
2.找出每个数的因子是 o(n根号n)
//-------------------------代码----------------------------
//#define int ll
const int N = 4e5+10;
int n,m;
V<int> g[N];
void solve()
{
// cin>>n>>m;
int l,r;cin>>l>>r;
int len = r - l + 1;;
ll res = 1ll * len * (len - 1) * (len - 2) / 6;
for(int i = l + 2;i<=r;i++) {
V<int> v;
for(auto x:g[2*i]) {
if(x < l) continue;
if(i % x && x * 2 <= i) continue;//如果不是 i 的因子，说明它是 2 * i 的因子 ，要满足 lcm(i,j,k) < i + j + k 那它的大小至少要是 i 的一半，
if(x >= i) break;
for(auto y : g[2*i]) {
if(y < l) continue;
if(y >= x) break;
if(i % x || i % y ) res -= 2 * i < x + y + i;//如果lcm = 2 * k，就要判断
else res -- ; //lcm = k，直接减
}
}
}
}
void main_init() {
fo(i,1,200000) {
for(int j = i;j<=400000;j+=i) {
g[j].pb(i);
}
}
}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
E2：hard版（t <= 1e5）树状数组+离线算法
我们把所有的循环 l 和 r 以及它是第几个询问，装进结构体
枚举[1,i] 以 r 为关键词，所有的 l 都是已经被计算过的
当枚举到当前询问的 r 的时候，l 就是一个特征值，不同的l 答案不一样
所以我们把所有的 i j k 的权值放入到最小的数 i 里，
ans[id] -= sum – query( l – 1)
//-------------------------代码----------------------------
#define int ll
const int N = 4e5+10;
int n,m;
V<int> v[N];
V<pii> q[N];
int tr[N];
void add(int x,int v) {
for(int i = x;i<N;i+=lowbit(i)) tr[i] += v;
}
int ans[N];
ll qq(int x) {
ll res = 0;for(int i = x;i;i-=lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}
void solve()
{
// cin>>n>>m;
int t;cin>>t;fo(i,1,t) {
int l,r;cin>>l>>r;
q[r].pb({l,i});int len = r - l + 1;
ans[i] = len * (len - 1) * (len - 2) / 6 ;
}
int sum = 0;
for(int i = 1;i<=200000;i++) {
for(auto x:v[i * 2]) {
if(x >= i) break;
if((i % x) && x * 2 <= i) continue;
for(int y:v[i * 2]) {
if(y >= x) break;
if(i % x || i % y) {
if(x + y + i > 2 * i) {
sum ++ ;
add(y,1);
}
} else {
sum ++ ;add(y,1);
}
}
}
for(auto it : q[i]) {
int l = it.first,id = it.second;
ans[id] -= sum - qq(l-1);
}
}
fo(i,1,t) {
cout<<ans[i]<<'/n';
}
}
void main_init() {
for(int i = 1;i<=2e5;i++) {
for(int j = i * 2;j<=4e5;j+= i) {
v[j].pb(i);
}
}
}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
原创文章，作者：ItWorker，如若转载，请注明出处：https://blog.ytso.com/tech/pnotes/282440.html