2025.7.22 Educational Codeforces Round 181 (Rated for Div. 2)
Solved: 5/6
A. Difficult Contest
题意
给一个字符串，重排使得其不存在子串 FFT 和 NTT。
做法
注意到按字典序从大到小排列即满足要求。
void solve(){
string s;
cin >> s;
int n = s.length();
sort(s.begin(), s.begin()+n, [=](char a, char b){ return a>b; });
cout << s << '\n';
}
B. Left and Down
题意
从 \((0,0)\) 走到 \((a,b)\)，每次可以移动 \((\Delta x, \Delta y), 0\leq \Delta x, \Delta y \leq k\)，要最小化不同的移动步长数。\(1\leq a,b,k\leq 10^{18}\)。
做法
最小的可以一次性走到终点的步长是 \((a/(a,b), b/(a,b))\)。
因此如果 \(a/(a,b)\) 和 \(b/(a,b)\) 都不大于 \(k\) 则答案为 1，否则答案为 2。
void solve(){
ll a, b, k;
cin >> a >> b >> k;
ll d = gcd(a, b);
a /= d, b /= d;
if (a <= k && b <= k) cout << "1\n";
else cout << "2\n";
}
C. Count Good Numbers
题意
求 \([l,r]\) 中质因子都 \(\geq 11\) 的数的个数。\(2\leq l\leq r\leq 10^{18}\)。
做法
等价于求不整除 \(2,3,5,7\) 的数字个数。区间转前缀然后 \(2^4\) 容斥。
int d[16], o[16];
void init()
{
d[0] = 1, d[1] = 2, d[2] = 3, d[4] = 5, d[8] = 7;
o[0] = 1, o[1] = o[2] = o[4] = o[8] = -1;
for (int i=0; i<16; ++i) if (!o[i]) o[i] = -o[i^(i&-i)], d[i] = d[i^(i&-i)] * d[i&-i];
}
ll calc(ll n)
{
ll res = 0;
for (int i=0; i<16; ++i) res += (n/d[i]) * o[i];
return res;
}
void solve(){
ll l, r;
cin >> l >> r;
cout << calc(r) - calc(l-1) << '\n';
}
D. Segments Covering
题意
有 \(n\) 条线段，第 \(i\) 条线段出现的概率为 \(p_i\)，每条线段是否出现相互独立。问 \([1,m]\) 每个点恰好被一条线段覆盖的概率。\(1\leq n,m\leq 2\times 10^5\)。
做法
dp。设 \(f_i\) 表示：仅考虑右端点不大于 \(i\) 的线段，\([1,i]\) 每个点恰好被一条线段覆盖的概率。
则有转移 \(f_i = \sum_{[j,i]} q_{[j,i]}f_{j-1}\)。其中 \(q_{[j,i]}\) 是线段 \([j,i]\) 出现且当前考虑的线段中与它相交的都不出现的概率。
预处理右端点 \(\leq i\) 的线段的不出现概率的前缀积即可 \(O(\log p)\) 快速计算 \(q\)。
const int N = 2e5+5;
vector <pii> v[N];
ll sq[N], f[N];
int n, m, l, r, x, y;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i=0; i<=m; ++i) v[i].clear(), sq[i] = 1;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
cin >> l >> r >> x >> y;
ll p = x * qpow(y) % mod;
v[r].push_back({l, p});
}
for (int i=1; i<=m; ++i)
for (auto [l, p] : v[i])
sq[i] = sq[i] * (1 - p + mod) % mod;
for (int i=1; i<=m; ++i) sq[i] = sq[i-1] * sq[i] % mod;
f[0] = 1;
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
f[i] = 0;
for (auto [l, p] : v[i])
{
f[i] = (f[i] + f[l-1] * p % mod * qpow(1 - p + mod) % mod * sq[i] % mod * qpow(sq[l-1])) % mod;
}
}
cout << f[m] << '\n';
}
E. Sets of Complementary Sums
题意
如果一个集合 \(Q\) 可以通过如下方式构造：
- 取一个长度为 \(m\geq 1\) 的正整数序列 \(\{x_i\}_{i=1}^m\)
- 令 \(s = \sum_{i=1}^m x_i\)，\(Q = \{s-x_i | 1\leq i\leq m\}\)
- 将 \(Q\) 去重
则称 \(Q\) 是一个 set of complementary sums。现给定 \(n,x\)，求大小为 \(n\)，元素均在 \([1,x]\) 中的不同的 set of complementary sums 数量。
做法
考虑 \(Q = \{y_1,y_2,\dots,y_n\} (y_1<y_2<\dots<y_n)\) 是 set of complementary sums 的条件。
假设它是由序列 \(M\) 得到的，\(M\) 中包含 \(c_1\) 个 \(s-y_1\)，\(c_2\) 个 \(s-y_2\)，……，\(c_n\) 个 \(s-y_n\)。则我们必须保证
其中 \(c_1,\dots,c_n\) 是正整数。注意到当 \(s = y_n+1\) 时，\(c_n\) 的系数为 1，因此只要
就一定存在一组满足条件的 \(c_1,\dots,c_n\)（令 \(c_1,\dots,c_{n-1}\) 都为 1，剩下的用 \(c_n\) 来凑）。
另一方面，当 \(s > y_n+1\) 时，\(s\) 每增加 1 右端的系数和会增加 \(n\)，故 \(s = y_n+1\) 时无解 \(s > y_n+1\) 时也必无解。综上可知我们只需判断 \(s = y_n+1\) 时是否有解，即
是否成立。
枚举 \(y_n\)，再令 \(z_i = y_n - y_i, 1\leq i\leq n-1\)，则不等式变为 \(\sum_{i=1}^{n-1} z_i \leq y_n-n+1\)。问题转化为求和不超过 \(y_n-n+1\)，两两不同的无序 \(n-1\) 元组数量。我们令 \(z_i\) 减 \(i-1\) 即可去掉“两两不同”这个限制，转化成了划分数模型。设划分数的列前缀和为 \(SP(n,m) = \sum_{i=1}^n P(i,m)\)，则答案为
预处理划分数及其前缀和，总的时间复杂度为 \(O(nx)\)。虽然本题范围是 \(2\times 10^5\)，但实际上由前面的推导可知 \(x< \frac{(n-1)(n+2)}2\) 时答案一定为 \(0\)，故特判掉 0 的情况后复杂度降为 \(O(x\sqrt x)\)。
const int N = 2e5+5;
int n, m, s[N];
vector <int> f[N];
void init(int n, int m)
{
f[0].resize(m+1);
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
f[i].resize(m+1);
f[i][1] = 1;
for (int j=2; j<=i && j<=m; ++j)
f[i][j] = (f[i-1][j-1] + f[i-j][j]) % mod;
}
for (int i=1; i<=n; ++i)
s[i] = (s[i-1] + f[i][m]) % mod;
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
if (n == 1)
{
cout << m << '\n';
return;
}
if (n == 2)
{
cout << 1ll*m*(m-1)/2 % mod << '\n';
return;
}
ll t = 1ll * (n-1) * (n+2) / 2;
if (m < t)
{
cout << "0\n";
return;
}
init(m - n*(n-1)/2, n-1);
ll ans = 0;
for (int i=t; i<=m; ++i)
{
ans = (ans + s[i - n*(n-1)/2]) % mod;
}
cout << ans << '\n';
}
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