B题 Not Dividing

对于本题我是简单的猜想了一个解决方法,从前往后进行遍历,如果后面的数字能被前一个数字整除,那么我们将后面的数字+1,这样就解决了整除问题了.当然对于前一个位置是1的时候,我们就应该改变1的值,将1改为2,然后假设当前的数字能被2整除就将当前的数字+1即可

除了上述,代码中还存在一些细节问题,具体请参考代码

我们发现对于每一个数字我们都只改变一次即可搞定整除问题,所以该解决方法满足题意

下面是具体的代码部分:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {ll x=0,w=1;char ch=getchar();for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x*w;
}
#define maxn 1000000
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
int T;int a[maxn];int ans[maxn];
int main() {T=read();while(T--) {int n=read();for(int i=1;i<=n;i++) {a[i]=read();}for(int i=1;i<=n;i++) {if(i==1) {if(a[i]==1) {a[i]+=1;}ans[i]=a[i];continue;}if(a[i]%a[i-1]==0) {a[i]++;}else {if(a[i]==1) {if(a[i-1]==2) {a[i]=3;}else {a[i]=2;}}}ans[i]=a[i];}for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);printf("\n");}return 0;
}

C题 C. Scoring Subsequences

本题需要一些思维进行解决,符合CF的C题思维题的想法

对于一串序列,我们需要找到满足题意的最大的最长子序列.我们先想一下如何满足最大.题目中给了大小不下降的这一个条件,显然就应该从这里来着手.我们发现分母部分是d!d!d! d\quad dd是我们的长度.我们想最大,贪心的去想一下,对于任意的长度kkk来说,我们的分母的大小是确定的,所以我们想保证最大就需要分子最大,那么我们应该从大往小进行选取字母.

到此这道题的解法就呼之欲出了.对于一段序列,我们从后往前进行枚举,然后我们的长度不断增加,也就是分母的权重每一次都增加一个当前长度的贡献,那么显然的,如果当前我们分子上增加的a[i]a[i]a[i]如果比不上分母增加的贡献的话,此时我们肯定是在减少的.所以我们现在的目标就是判断当前长度的端点和长度的关系就可.我们可以使用二分来解决,二分长度.然后再判断一下a[i−(mid−1)]a[i-(mid-1)]a[i−(mid−1)]是不是满足即可

下面是具体的代码部分:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {ll x=0,w=1;char ch=getchar();for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x*w;
}
#define maxn 1000000
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
int T;int a[maxn];
vectorv;
int main() {T=read();while(T--) {int n=read();v.clear();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();printf("1 ");v.push_back(1);for(int i=2;i<=n;i++) {int l=1,r=i;int ans=1;while(l<=r) {int mid=(l+r)>>1;if(a[i-(mid-1)]>=mid) {l=mid+1;ans=mid;}else {r=mid-1;}}printf("%d ",ans);}printf("\n");}return 0;
}

D题 Counting Factorizations

一道组合数的题目.

对于给定的所有序列来说,显然只有质数是可以作为底数的,所以我们需要找出所有的质数,然后对于每一种质数来说,我们可能有多个,但是因为质因数分解的性质我们只能使用一个.

为了方便起见,我们预处理出每一个数的个数.对于每一个质数的个数我们使用cicici来表示,对于不是质数的个数我们使用bibibi来表示.

我们假设选出了n个质数来作为底数(当然,当我们的质数的个数不及n个的时候是无解的,此时假设有解).因为我们挑出了质数,所以此时我们用dididi来表示剩下来质数的个数,那么此时我们的总个数应该就是
n!(b1!∗b2!∗b3!∗...∗bk1!)∗(d1!∗d2!∗...∗dk2!)\frac{n!}{(b1!*b2!*b3!*...*bk1!)*(d1!*d2!*...*dk2!)} (b1!∗b2!∗b3!∗...∗bk1!)∗(d1!∗d2!∗...∗dk2!)n!​
我们发现对于n!b1!∗b2!∗b3!∗...∗bk1!\frac{n!}{b1!*b2!*b3!*...*bk1!}b1!∗b2!∗b3!∗...∗bk1!n!​是一个定值,我们可以直接计算出来
所以此时我们的问题就是如何计算出每一种选取方法的∏di\prod\limits{d_i}∏di​值即可

对于这个问题我们可以使用dpdpdp来进行解决.我们使用dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]来表示前iii个质数选取jjj个质数的每一种情况的∏1idk\prod\limits_{1}^{i}{d_k}1∏i​dk​的总和(这里很多题解都讲的不是很清楚),
那么对于第iii位来说,我们可以选择选取第iii个质数,此时我们的dk=ck−1dk=ck-1dk=ck−1,此时我们会发现此时我们可以由前一位进行递推,因为对于前i−1i-1i−1个质数选择j−1j-1j−1的每一种情况,都可以通过选择当前质数来达到jjj的情况,所以当前的总和就等于之前的总和乘上dkdkdk
假设不选取,dk=ckdk=ckdk=ck,那么当前总和就等于之前的总和乘上dkdkdk

所以dp[i][j]=dp[i−1][j−1]∗(ck−1)+dp[i−1][j]∗(ck)dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*(ck-1)+dp[i-1][j]*(ck)dp[i][j]=dp[i−1][j−1]∗(ck−1)+dp[i−1][j]∗(ck)

本题需要使用逆元,具体参考代码

下面是具体的代码部分:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {ll x=0,w=1;char ch=getchar();for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x*w;
}
#define int long long
#define maxn 1000010
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const int mod=998244353;
int n;int a[maxn];int fac[maxn],infac[maxn];
int check(int x) {if(x==1) return false;for(int i=2;i<=__builtin_sqrt(x);i++) {if(x%i==0) return false; }return true;
}
setprime;setin_prime;
mapmp;int dp[4400][4400];
int qpow(int x,int y) {int ans=1;while(y) {if(y&1) ans=(ans*x)%mod;y>>=1;x=(x*x)%mod;}return ans;
}
signed main() {n=read();for(int i=1;i<=2*n;i++) {a[i]=read();if(check(a[i])) prime.insert(a[i]);else in_prime.insert(a[i]);mp[a[i]]++;}fac[0]=1;infac[0]=1;for(int i=1;i<=1e6+1;i++) {fac[i]=fac[i-1]*i%mod;infac[i]=infac[i-1]*qpow(i,mod-2)%mod;}int ans=fac[n];for(auto i : in_prime) {ans=(ans*infac[mp[i]])%mod;}int cnt=0;dp[0][0]=1;for(auto i : prime) {cnt++;dp[cnt][0]=dp[cnt-1][0]*infac[mp[i]]%mod;for(int j=1;j<=min(cnt,n);j++) {dp[cnt][j]=(dp[cnt-1][j-1]*infac[mp[i]-1]%mod+dp[cnt-1][j]*infac[mp[i]]%mod)%mod;}}ans=(ans*dp[cnt][n])%mod;cout<