2026牛客暑期 5

总感觉这一场似乎是乱搞场

因为貌似打表王朝了

N

签到，输出 HIT 即可

K

观察到某个序列变换之后如果会得到一个非全 \(0\) 的序列会很有意思

这样的话就会全 \(0\) 然后全非 \(0\) 交错出现，可以猜想周期不会很长

问题是周期是不是 \(2\) 呢？

打表发现答案貌似是肯定的

那么猜想进入周期的迭代次数并不是很多，是这样的吗？

打表发现答案貌似也是肯定的

遂写暴力并通过，并宣布打表王朝了

L

注意到貌似可以卡一手必要性，假设所有数要到达的某个数为 \(K\)

那么 \(K-a_{1,1}=(K-a_{1,2})+(K-a_{2,1})\)

解得 \(K=a_{1,2}+a_{2,1}-a_{1,1}\)

知道了这个数，我们就可以看差分

因为操作决定每一个格子的 \(+1\) 要么接下来转移到右边要么转移到下边

所以每一条副对角线上所需要的操作次数都是相等的

E

首先看样例的 8 10 发现正好是一个表

观察这个表并分析函数的性质，发现是和质因数分解后的质因子个数有关

更具体地说，假设对于一个数 \(x\) 其质因数分解 \(x=\prod p_i^{c_i}\)

则 \(g(x)\) 是一个和 \(\sum c_{i}\) 相关的函数

考虑计算 \(g(16)\) 发现这个应该是一个 \(5\) 猜是斐波那契数列

接下来计算 \(g(32)\) 发现是 \(7\) 居然是一个质数？

遂猜测 \(g(x)=p_{\sum c_{i}-1}\) 交一发过了

感性理解的过程考虑证明质数有无穷多个的过程，发现原来似乎是一模一样的

没错打表又王朝了

I

是的在封榜之前就开了

不过一开始想构造一个固定的流程发现假了

后来一想貌似直接直接贪是对的

因为直接贪考虑这一位是 \(1\) ，前面一位有 \(1\)

那么如果能操作的话，那么翻掉这一位和前面出现 \(1\) 的那一位

最差的情况是多翻出来一个 \(1\) 不过确实能消掉两个 \(1\)

这样的话就是至少消掉一个 \(1\)

结果到最后没过，我是人吗

C

先考虑一下无解的情况，假设加法总共进位了 \(k\) 次

那么就有 \(k\) 个位满足是 \(p_i+q_i(+c_i)=B+r_i\)

两边累加求和，则有 \(\sum (p_i+q_i)+k=kB+\sum r_i\)

\(p,q,r\) 都是排列，其和等差数列求和可知 \(k(B-1)=\frac{B(B-1)}{2}\Rightarrow k=\frac{B}{2}\)

那么这样 \(k\) 前提肯定是偶数，否则无解

考虑构造，先考虑位不重复

我们先构造一个 \(0\) 到 \(B-1\) 的排列当 \(p\)，那么 \(q\) 的每一位刚好是 \(p-2\)

这样取模之后 \(s\) 每一个位就只能是 \(2p-2\)

不过你是否注意到偶数的时候这个取模会正好错不开？

还有恰好 \(B/2\) 个进位没有用，这样的话恰好有一半的位置会从偶数变成奇数就不会重复了

这个时候钦定每个取模相同的值，\(p\) 小的吃进位，

不过这样吃进位的话会导致一个问题，就是 \(1+B-1=0\) 真吃进位了会重复

所以这一位不吃，让 \(B/2+1\) 去吃进位即可

这样的话不重复的就搞定了，

不过这样构造出来的只满足了不重复位的限制，不一定满足进位限制

既然如此，打乱这个排列去满足进位限制，

考虑将自己接收的进位向自己贡献的进位连边

则出度和入都是对半分的，一定能出欧拉回路的，

那么记录一下编号搜回路即可