問題Dの解法

整数配列Aが与えられたとき、他の全ての要素で割り切れない要素の数を求める問題です。配列サイズは最大2×10^5です。

解法としては、各数値の出現頻度を記録し、各要素の約数を調べて他の要素で割り切れるか判定します。重複要素がある場合に注意が必要です。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX = 1e6+5;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> nums(n);
    vector<int> freq(MAX, 0);
    
    for(int i=0; i<n; i++) {
        cin >> nums[i];
        freq[nums[i]]++;
    }
    
    int cnt = 0;
    for(auto num : nums) {
        if(freq[num] > 1) {
            cnt++;
            continue;
        }
        
        bool divisible = false;
        for(int d=1; d*d<=num; d++) {
            if(num%d == 0) {
                if((d!=num && freq[d]) || (d!=1 && freq[num/d])) {
                    divisible = true;
                    break;
                }
            }
        }
        if(!divisible) cnt++;
    }
    
    cout << cnt << endl;
    return 0;
}

問題Eの解法

要素の集合移動とクエリ処理を行う問題です。優先度付きキューを使用して効率的に処理します。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int,int>;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<priority_queue<pii>> groups(2e5+1);
    priority_queue<pii, vector<pii>, greater<>> min_heap;
    vector<int> values(n+1), locations(n+1);
    
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        values[i] = a;
        locations[i] = b;
        groups[b].emplace(a, i);
    }
    
    for(int i=1; i<=2e5; i++) {
        if(!groups[i].empty()) {
            min_heap.emplace(groups[i].top().first, i);
        }
    }
    
    while(q--) {
        int c, d;
        cin >> c >> d;
        
        int src = locations[c];
        while(!groups[src].empty() && 
              (locations[groups[src].top().second] != src || 
               groups[src].top().second == c)) {
            groups[src].pop();
        }
        
        if(!groups[src].empty()) {
            min_heap.emplace(groups[src].top().first, src);
        }
        
        locations[c] = d;
        groups[d].emplace(values[c], c);
        min_heap.emplace(groups[d].top().first, d);
        
        while(min_heap.top().first != groups[min_heap.top().second].top().first) {
            min_heap.pop();
        }
        
        cout << min_heap.top().first << '\n';
    }
    return 0;
}

問題Fの解法

グリッド上の最短経路問題で、1回の移動で最大kマス移動可能です。BFSを使用し、効率化のために訪問済みチェックを最適化します。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 1e9;

struct Position {
    int x, y;
};

int main() {
    int h, w, k, sx, sy, ex, ey;
    cin >> h >> w >> k >> sx >> sy >> ex >> ey;
    
    vector<string> grid(h);
    for(int i=0; i<h; i++) cin >> grid[i];
    
    vector<vector<int>> dist(h, vector<int>(w, INF));
    queue<Position> q;
    q.push({sx-1, sy-1});
    dist[sx-1][sy-1] = 0;
    
    int dx[] = {1, 0, -1, 0};
    int dy[] = {0, 1, 0, -1};
    
    while(!q.empty()) {
        auto curr = q.front(); q.pop();
        
        for(int dir=0; dir<4; dir++) {
            for(int step=1; step<=k; step++) {
                int nx = curr.x + step*dx[dir];
                int ny = curr.y + step*dy[dir];
                
                if(nx<0 || nx>=h || ny<0 || ny>=w || grid[nx][ny]=='@') break;
                if(dist[nx][ny] < dist[curr.x][curr.y]+1) break;
                
                if(dist[nx][ny] > dist[curr.x][curr.y]+1) {
                    dist[nx][ny] = dist[curr.x][curr.y]+1;
                    q.push({nx, ny});
                }
            }
        }
    }
    
    cout << (dist[ex-1][ey-1]==INF ? -1 : dist[ex-1][ey-1]) << endl;
    return 0;
}