题目地址

https://codeforces.com/contest/2008

锐评

本次D3的前四题还是比较简单的，没啥难度区分，基本上差不多，属于手速题。E的码量比F大一些，实现略显复杂一些。G的数学思维较明显，如果很久没有训练这个知识点，可能会一下子反应不过来，比如说我，需要花一点点时间观察，然后确认最优策略，整体不算太难，约等于D2的C题左右。H题较难，感觉原超过了D3 Rating范围，需要一定的优化技巧，但也不是不可做，思维量也没那么大。综合评估，个人觉得整场难度中等偏上了。

题解

Problem A. Sakurako’s Exam

题目大意

给定$a(0\le a<10)$个整数$1$和$b(0\le b<10)$个整数$2$，每个整数可以选择不变或者变为它的相反数，问是否存在一种情况满足所有改变操作后，所有整数求和等于$0$？

题解思路：二进制枚举/数学分类讨论

首先，$a,b$最大不过$10$，最直接粗暴的方式是暴力枚举出每个数的可能性，然后求和判断即可，时间复杂度为$O(2^{a+b}\max (a,b))$。

采用上面的方式，好像有点冒进。当$a,b$都为$9$时，$2^{9+9}\times \max (9,9)=262144\times 9=2359296$，外面还套了个$t(1\le t\le 100)$，只给了$1s$的时限，极有可能会超时，好在过了，可能判定结束得早吧，勉强飘过。

重新来分析。$2$怎么消掉？只能用$1$个自己或者$2$个$1$。$1$呢？也只能用$1$个自己或者用自己$2$个去抵掉$1$个$2$。观察发现$1$只能一对一对消失，所以当$a$为奇数时必然无解。因此$a$一定为偶数，所以它自己一定能相互抵消。我们考虑$2$怎么抵消，显然$2$自己相互抵消是最好的，它最多只会多出来$1$个，然后问$1$借两个就行，因此时间复杂度为$O(1)$。

参考代码（C++）

二进制枚举代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 0, len = 1 << n; i < len; ++i) {int sum = 0;for (int j = 0; j < n; ++j) {if ((i >> j) & 1)++sum;else--sum;}for (int j = 0, siz = 1 << m; j < siz; ++j) {int sumt = 0;for (int k = 0; k < m; ++k) {if ((j >> k) & 1)sumt += 2;elsesumt -= 2;}if (sumt + sum == 0) {cout << "YES\n";return;}}}cout << "NO\n";
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

数学分类讨论代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;void solve() {cin >> n >> m;if (n & 1)cout << "NO\n";else {m &= 1;cout << (n >= m ? "YES\n" : "NO\n");}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem B. Square or Not

题目大意

给定一个长度为$n(2\le n\le 2\cdot 10^5)$的字符串$s$，仅包含字符$0$和$1$。

问能否将这个字符串变化为$r$行$c$列的二维矩阵，其中要求$r=c且r\times c=n$，还要满足字符串依次从左到右从上到下填充方格后，最外层边界上的字符是$1$，不在最外层边界上的字符是$0$。

题解思路：模拟 & 枚举

先判断$n$是不是一个平方数，如果不是，显然就没有答案。否则就枚举一遍，判断对应位置字符是不是符合要求即可，时间复杂度为$O(n)$。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200'005;
int n;
string str;void solve() {cin >> n >> str;int m = sqrt(n + 0.5);if (m * m != n)cout << "No\n";else {for (int i = 0; i < n; ++i) {int x = i / m, y = i % m;if (x == 0 || x == m - 1 || y == 0 || y == m - 1) {if (str[i] != '1') {cout << "No\n";return;}} else {if (str[i] != '0') {cout << "No\n";return;}}}cout << "Yes\n";}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem C. Longest Good Array

题目大意

构造一个严格单调递增的数组，并且从左到右相邻两个数的差也要是严格单调递增的。给定$l,r(1\le l\le r\le 10^9)$，表示该数组元素的数据范围。问能构造的数组长度最大是多少？

题解思路：数学 & 枚举

因为要保持严格单调递增，不考虑数据范围上限，那么显然相邻差的下限为$1$，相邻差的序列形如$1,2,3,4,\cdots$，显然这是一个公差为$1$的等差数列，因为数组又要求严格单调递增，假如最多$n$项，根据等差数列求和公式，则有最大数为$\frac{n(n-1)}{2}$。显然，假如最大数据范围为$lim$，构造的数组长度不会超过$\sqrt{lim}$。根据题目给定的数据范围$10^9$可知，第一个数为$l$，然后直接枚举构造就可以了，时间复杂度为$O(\sqrt{r-l+1})$（不严格）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
int l, r;
int n;void solve() {cin >> l >> r;int id = 1, d = 1;a[0] = l;while (a[id - 1] + d <= r) {a[id] = a[id - 1] + d;++id;++d;}// cout << "res:" << a[id - 1] << '\n';cout << id << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem D. Sakurako’s Hobby

题目大意

给定一个长度为$n(1\le n\le 2\cdot 10^5)$的排列$p_1,p_2,\cdots ,p_n(1\le p_i\le n)$。

有一个操作，假如是第$i$个位置，我们可以从位置$i$跳跃到位置$p_i$，即从位置$i$可以到达位置$p_i$，以此类推，我们可以重复跳跃过程到达某个位置。

再给定一个长度为$n$的字符串$s$，仅包含字符$0$和字符$1$，$0$表示黑色，$1$表示白色。字符串第$i$个位置的字符$s[i]$表示上述排列第$p_i$个位置为该字符，即为该位置的颜色。

求第$i(1\le i\le n)$个位置能到达的所有位置中位置颜色为黑色的有多少个？

题解思路：置换环 & 并查集

从一个点跳跃到另一个点，跳跃过的点就不能再跳跃，那么这个过程他肯定会终止，而且它会陷入一个循环。图论中叫置换环（有兴趣可以自行查阅）。我们可以模拟这个过程，然后一轮跳跃中的点为一组，他们可以互相到达。

那么怎么计算黑色个数呢？可以用并查集来解决这个问题，最终只需要计算出每个位置$i$所在组的代表元的黑色个数，即是这一位置的答案，整体时间复杂度为$O(n)$（并查集接近线性，实际不是，跟阿克曼函数有关，这里并不严格）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200'005;
struct dsu {int p[maxn], siz[maxn];int n;void init(int n) {this->n = n;for (int i = 0; i < n; ++i)p[i] = i, siz[i] = 1;}int findp(int x) {return p[x] == x ? x : p[x] = findp(p[x]);}bool unionp(int x, int y) {int fx = findp(x);int fy = findp(y);if (fx == fy)return false;if (siz[fx] >= siz[fy]) {p[fy] = fx;siz[fx] += siz[fy];} else {p[fx] = fy;siz[fy] += siz[fx];}return true;}bool same(int x, int y) {return findp(x) == findp(y);}int sizep(int x) {return siz[findp(x)];}
} d;
int a[maxn], cnt[maxn];
bool vis[maxn];
string str;
int n;void solve() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];--a[i];vis[i] = false;cnt[i] = 0;}cin >> str;d.init(n);for (int i = 0; i < n; ++i)if (!vis[i]) {int p = i;do {vis[p] = true;d.unionp(i, p);p = a[p];} while (!vis[p]);}for (int i = 0; i < n; ++i)if (str[i] == '0')++cnt[d.findp(a[i])];for (int i = 0; i < n; ++i)cout << cnt[d.findp(i)] << (" \n"[i == n - 1]);
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem E. Alternating String

题目大意

交替串的定义：给定两个字符$a$和$b$（$a,b$可以相同），形如$ababab\cdots$且长度为偶数的字符串。

现在给你一个长度为$n(1\le n\le 2\cdot 10^5)$的字符串$s$（只包含小写英文字母）。你可以进行如下两个操作。

1.删除某个位置上的字符（注意：此操作最多只能用一次）。

2.将某个位置上的字符替换为任意的小写英文字母。

问如何用最少的上述操作次数，使得该字符串为交替串？

题解思路：前后缀分解 & 前/后缀和 & 枚举

假如当前字符串长度为偶数，因为操作1最多只能用一次，而题目要求最终长度要为偶数，所以这种情况下就不能使用操作1，只能使用操作2。因此，我们只需要统计出奇数位置和偶数位置每个字母都分别有多少个，最后枚举将奇/偶数位置换成每个字母需要的操作次数取最小值即可。

假如当前字符串长度为奇数，因为操作1最多只能用一次，而题目要求最终长度要为偶数，所以这种情况下操作1就必须要使用了。因此，我们可以枚举删除的字符位置，然后将左右两边的字符串拼接起来，使用上面原始串长度为偶数一样的处理方式，将左右两边的计数汇总起来，然后枚举将奇/偶数位置换成每个字母需要的操作次数取最小值即可（注意，因为缺失了一个位置，所以这个位置后面位置所处的位置奇偶性发生了变化，计数要取对立位置的）。

为了处理简单些，我同时求了前缀和和后缀和，整体时间复杂度为$O(n)$（忽略了小写英文字母个数26，实际是否能通过还是要考虑这个常数的）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200'005;
const int mod = 1'000'000'007;
int cp[maxn][2][26], cs[maxn][2][26];
string str;
int n;int qpow(int a, int b) {int ans = 1;while (b) {if (b & 1)ans = 1LL * ans * a % mod;a = 1LL * a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}void solve() {cin >> n >> str;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < 26; ++j) {cp[i + 1][0][j] = cp[i][0][j];cp[i + 1][1][j] = cp[i][1][j];}++cp[i + 1][i & 1][str[i] - 'a'];}for (int j = 0; j < 26; ++j)cs[n][0][j] = cs[n][1][j] = 0;for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {for (int j = 0; j < 26; ++j) {cs[i][0][j] = cs[i + 1][0][j];cs[i][1][j] = cs[i + 1][1][j];}++cs[i][(n - 1 - i) & 1][str[i] - 'a'];}int ans = n;if (n & 1) {for (int i = 0; i < n; ++i) {vector<vector<int>> cnt(2, vector<int>(26, 0));for (int j = 0; j < 26; ++j) {cnt[0][j] += cp[i][0][j];cnt[1][j] += cp[i][1][j];}for (int j = 0; j < 26; ++j) {cnt[0][j] += cs[i + 1][1][j];cnt[1][j] += cs[i + 1][0][j];}int maxe = 0, maxo = 0;for (int j = 0; j < 26; ++j) {maxe = max(maxe, cnt[0][j]);maxo = max(maxo, cnt[1][j]);}ans = min(ans, n - maxe - maxo);}} else {int maxe = 0, maxo = 0;for (int i = 0; i < 26; ++i) {maxe = max(maxe, cp[n][0][i]);maxo = max(maxo, cp[n][1][i]);}ans = min(ans, n - maxe - maxo);}cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem F. Sakurako’s Box

题目大意

给定一个长度为$n(2\le n\le 10^5)$的数组$a_1,a_2,\cdots ,a_n(0\le a_i\le 10^9)$。

问随机选择两个不同位置的数，求这两个数乘积的数学期望是多少？

题解思路：数学期望 & 费马小定理 & 前/后缀和

根据数学期望的定义，有下式。
$$E(x)=p_{12}\cdot (a_1\cdot a_2)+p_{13}\cdot (a_1\cdot a_3)+\cdots +p_{(n-1)n}\cdot (a_{n-1}\cdot a_n)=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^n{p}_{ij}\cdot (a_i\cdot a_j)$$
$p_{ij}$都是相等的（因为概率相同），即为$\frac{1}{C_n^2}$。合并同类项后，得到如下公式。
$$E(x)=\frac{1}{C_n^2}\cdot (a_1\cdot \sum _{i=2}^n{a}_i+a_2\cdot \sum _{j=3}^n{a}_j+\cdots +a_{n-1}\cdot \sum _{k=n}^n{a}_k)$$
观察式子，很显然就是前/后缀和，问题得解。至于怎么消掉分数，可以看我上一篇文章《快速幂》，时间复杂度为$O(n)$（快速幂的指数是固定的，所以是常数）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200'005;
const int mod = 1'000'000'007;
int a[maxn], suf[maxn];
int n;int qpow(int a, int b) {int ans = 1;while (b) {if (b & 1)ans = 1LL * ans * a % mod;a = 1LL * a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}void solve() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];suf[n - 1] = a[n - 1];for (int i = n - 2; i >= 0; --i)suf[i] = (suf[i + 1] + a[i]) % mod;int p = 0;for (int i = 1; i < n; ++i) {p += 1LL * a[i - 1] * suf[i] % mod;p %= mod;}p = (p << 1) % mod;int q = 1LL * n * (n - 1) % mod;cout << 1LL * p * qpow(q, mod - 2) % mod << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem G. Sakurako’s Task

题目大意

给定两个整数$n,k(1\le n\le 2\cdot 10^5,1\le k\le 10^9)$，再给定一个长度为$n$的数组$a_1,a_2,\cdots ,a_n(1\le a_i\le 10^9)$。

你可以进行如下操作任意次数（只要满足条件可以一直进行下去）：

选择两个不同的下标$i$和$j$且$a_i\ge a_j$，然后对$a_i$进行赋值操作，$a_i=a_i-a_j$或者$a_i=a_i+a_j$。

你需要求出进行若干次操作后，这个数组缺失的第$k$小非负整数，并且尽可能让这个数最大，这个数最大是多少？

数组缺失的第$k$小非负整数是什么？举个例子，假如数组是$[1,2,3]$，那么缺失的第1小非负整数是0，第2小非负整数是4；假如数组是$[0,1,2,3,5,7]$，那么缺失的第1小非负整数是4，第2小非负整数是6。

题解思路：裴蜀定理 & 枚举

首先要使得这个数尽可能大，那么比较小的数应该尽可能地多。因此加法操作看起来好像没啥用哦。我们先只看减法操作，嘿，有点眼熟，好像更相减损术啊，那么是不是应该是求最大公约数。

通过上面的分析，这个减法操作最终得到的数好像有迹可循，进而联想到裴蜀定理。我们先来看看裴蜀定理的定义。

对任意两个整数$a$、$b$，设$d$是它们的最大公约数。那么关于未知数$x$和$y$的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）：$ax+by=m$有整数解$(x,y)$当且仅当$m$是$d$的整数倍。裴蜀等式有解时必然有无穷多个解。

推广到$n$个整数如下。

设$a_1,\cdots ,a_n$为$n$个整数，$d$是它们的最大公约数，那么存在整数$x_1,\cdots ,x_n$使得$x_1\cdot a_1+\cdots +x_n\cdot a_n=d$。

上面定理说明了什么问题呢？它说明，对于两个数，无论你怎么操作，最终操作后的这个数它一定是这两个数的最大公约数的倍数，$n$个数也同样如此，这样就好办了。

通过上面的分析，我们应该让最大公约数尽可能小，这样它的倍数才能占据尽可能多的位置。而多个数的最大公约数只可能减小，不可能变大，所以我们只需要对所有数取最大公约数，这样就可以用有限次操作把所有数都变为最大公约数。其实这时候想象下，可以使用加法操作构造出首项为0，公差为最大公约数的等差数列（假如数组长度为1，首项不能为0，因为没办法操作）。

最后，我们只需要枚举一下这个等差数列，看看空隙处能填多少个数，如果不够，往最后补齐即可。整体时间复杂度为$O(nlogn)$（主要是求最大公约数的部分，枚举部分时间复杂度为$O(n)$）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200'005;
const int mod = 1'000'000'007;
int a[maxn], b[maxn];
int n, m;int qpow(int a, int b) {int ans = 1;while (b) {if (b & 1)ans = 1LL * ans * a % mod;a = 1LL * a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}void solve() {cin >> n >> m;int cd = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];cd = gcd(cd, a[i]);}b[0] = n == 1 ? cd : 0;for (int i = 1; i < n; ++i)b[i] = i * cd;int ans = 0, last = -1;for (int i = 0; i < n && m; ++i) {int cnt = b[i] - last - 1;int minv = min(cnt, m);m -= minv;ans = last + minv;last = b[i];}if (m)ans = last + m;cout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

Problem H. Sakurako’s Test

题目大意

给定两个整数$n,q(1\le n,q\le 10^5)$，再给定一个长度为$n$的数组$a_1,a_2,\cdots ,a_n(1\le a_i\le n)$。

对于给定的一个整数$x$，你可以进行如下操作任意次数（只要满足条件可以一直进行下去）：选择一个下标$i$且$a_i\ge x$，然后对$a_i$进行赋值操作，$a_i=a_i-x$。

问，给定$q$个这样的整数$x$，每行一个整数，你需要求进行若干次操作后，这个数组从小到大排序后的中位数最小可以是多少？

本题中位数定义为：对于偶数长度$n$，取第$\frac{n+2}{2}$个位置的数，对于奇数长度$n$，取第$\frac{n+1}{2}$个位置的数。

题解思路：预处理 & 前缀和 & 二分 & 调和级数

要使得中位数最小，那么经过处理后的数组的值应该是越小越好。根据操作的定义，最终对每个数执行若干次操作后的实际效果其实就是$a_i=a_i\mathrm{mod}x$。

本题的时限仅仅为1s，而$q,n$最大都可以为$10^5$。显然，对于时间复杂度超过$O(qn)$的代码都不足以通过此题（例如每个数都进行取模操作，然后排序，时间复杂度为$O(qnlogn)$）。

怎么优化呢？$q$我们肯定改变不了，毕竟读入就要$q$。因此，我们只能寄希望于降低循环体内的查询时间。因为当前查询的是$x$，那么答案是多少呢？显然，答案在区间$[0,x-1]$内，因为取模后所有数肯定是小于$x$的。我们知道排序后，数字都是从小到大的，那么中位数是否具有单调性呢？答案是肯定的。为什么呢？因为某个数$y$是中位数，意味着小于等于$y-1$的元素个数要小于上面中位数定义的位置，且小于等于$y$的元素个数要大于等于上面中位数定义的位置（第一个条件如果是大于等于，说明中位数位置被占了，$y$肯定不在那个位置上，显然不可能是中位数；第二个条件如果是小于，那就说明，$y$都不够填充到中位数的位置，中位数显然最小是$y+1$），所以可以二分答案。

根据上面的分析，时间复杂度好像是$O(qlogx)$，有戏。咦？好像又不太对，我们必须用$O(1)$时间复杂度检查出上面提到的计数问题是否合法。$n$个数，$O(1)$？逗我，臣妾做不到啊！先放弃，考虑下这个问题的普通做法，最朴素的当然是一个一个枚举，显然不可行！我们注意到，对于小于等于某个数$y$的元素个数，当元素数据范围限定在某个区间内，我们可以用空间换取时间。例如，本题$1\le a_i\le n$，我们用$cn{t}_i$表示数组中有多少个数等于$i$，那么我们把小于等于$i$的计数加起来就是整个数组中小于等于$i$的元素个数，该问题可以用前缀和线性解决。

好像还是没啥用啊？问题依旧没解决。别急，我们继续看。对于题目中每个询问的$x$，其实将$n$分为了很多类似上面前缀和计数的块，其中每个块求小于等于某个数的个数可以$O(1)$求出来，请看如下规律。
$$0,1,\cdots ,x-1,x,x+1,\cdots ,2\cdot x-1,2\cdot x,2\cdot x+1,\cdots ,3\cdot x-1,3\cdot x,3\cdot x+1,\cdots$$
对$x$取模后，得到如下规律。
$$0,1,\cdots ,x-1,0,1,\cdots ,x-1,0,1,\cdots ,x-1,0,1,\cdots$$
根据上面的规律，对于每个要查询的$x$，我们将$n$分成了$\lceil \frac{n}{x}\rceil$块（向上取整）。对于每一块可以用前缀和在$O(1)$时间内计算出小于等于某个数的元素个数。

合并截至目前的分析结果，得到时间复杂度为$O(q\cdot logx\cdot \frac{n}{x})$。这个复杂度十分依赖测试数据给定的$x$，出题人肯定没那么友好，最简单的$10^5$个$x=1$就卡死了，况且还有Hack阶段。测试一下，果然超时了，后面也给出代码供参考。

上面测试数据全是$1$的猜想给出了一个优化方向，考虑到有大量重复的计算，某一个$x$算过了，再给定同样的$x$又重新算了一遍。那么我们何不一次性计算出所有答案，即预处理所有可能的$x$，对于每个查询直接$O(1)$输出答案。因为$1\le x\le n$，每个$x$计算的时间复杂度为$O(logx\cdot \frac{n}{x})$，故总的计算量为$\sum _{i=1}^n(logi\cdot \frac{n}{i})$。公式有点眼熟，哦！原来是调和级数！依据如下。
$$\sum _{i=1}^{\infty }\frac{1}{i}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$$
调和级数的第$n$项部分和为：
$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}$$
也叫作第$n$个调和数。第$n$个调和数与$n$的自然对数的差值（即$\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}-\ln n$）收敛于常数（欧拉-马歇罗尼常数）。

综上所述，整体时间复杂度为$O(q+n\cdot \ln n\cdot logn)$，$1s$可过。

参考代码（C++）

超时代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100'005;
const int mod = 1'000'000'007;
int cnt[maxn];
int n, q;int qpow(int a, int b) {int ans = 1;while (b) {if (b & 1)ans = 1LL * ans * a % mod;a = 1LL * a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}int calc(int lim, int step) {if (lim < 0)return 0;int ans = 0, lastc = 0;for (int i = 0; i <= n; i += step) {int j = min(i + lim, n);ans += cnt[j] - lastc;lastc = cnt[min(i + step - 1, n)];}return ans;
}void solve() {cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; ++i)cnt[i] = 0;int x, id = n >> 1;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> x;++cnt[x];}for (int i = 1; i <= n; ++i)cnt[i] += cnt[i - 1];for (int i = 0; i < q; ++i) {cin >> x;int l = 0, r = x - 1, ans = -1;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;int cl = calc(mid - 1, x), ce = calc(mid, x);if (cl <= id && ce > id) {ans = mid;r = mid - 1;} else if (cl > id)r = mid - 1;elsel = mid + 1;}cout << ans << (" \n"[i == q - 1]);}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

通过代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100'005;
const int mod = 1'000'000'007;
int cnt[maxn], ans[maxn];
int n, q;int qpow(int a, int b) {int ans = 1;while (b) {if (b & 1)ans = 1LL * ans * a % mod;a = 1LL * a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}int calc(int lim, int step) {if (lim < 0)return 0;int ans = 0, lastc = 0;for (int i = 0; i <= n; i += step) {int j = min(i + lim, n);ans += cnt[j] - lastc;lastc = cnt[min(i + step - 1, n)];}return ans;
}void solve() {cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; ++i)cnt[i] = 0;int x, id = n >> 1;for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> x;++cnt[x];}for (int i = 1; i <= n; ++i)cnt[i] += cnt[i - 1];for (int i = 1; i <= n; ++i) {int l = 0, r = i - 1, res = -1;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;int cl = calc(mid - 1, i), ce = calc(mid, i);if (cl <= id && ce > id) {res = mid;r = mid - 1;} else if (cl > id)r = mid - 1;elsel = mid + 1;}ans[i] = res;}for (int i = 0; i < q; ++i) {cin >> x;cout << ans[x] << (" \n"[i == q - 1]);}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}