比赛记录

CF2039

C1 Shohag Loves XOR (Easy Version)

$y \le x$ 的情况显然可以暴力解决。只需考虑 $y > x $ 的情况。
考虑一个性质：如果 $d$ 是 $p$ 的一个因子（$d \ne 1$），有 $d \le \lfloor \frac{p}{2} \rfloor$。又因为下取整与右移等价，所以 $d,p$ 的最高位不同。
考虑 $x \oplus y$ 的取值，如果 $x \oplus y$ 是 $y$ 的因子，这要求 $x \oplus y \le \lfloor \frac{y}{2} \rfloor$，即 $x \oplus y$ 与 $y$ 的最高位不同。由于 $y > x$，当 $y$ 的位数与 $x$ 的位数不同时，即 $y \ge 2x$ 时，$x \oplus y$ 的最高位与 $y$ 的最高位相同了，矛盾。因此只有 $y < 2x$ 时，$x \oplus y$ 可能是 $y$ 的因子。
如果 $x \oplus y$ 是 $x$ 的因子，这要求 $x \oplus y < x$，但是当 $y \ge 2x$ 时，$x \oplus y$ 的位数与 $y$ 相同，显然 $x \oplus y > x$。因此，只要考虑 $y < 2x$ 的情况就好。

C2 Shohag Loves XOR (Hard Version)

妙妙题。挺深刻的。
考虑异或的性质：$|x - y| \le x\oplus y \le x +y$。
考虑容斥，计算 $x \mid x \oplus y$ 的个数加上 $y \mid x \oplus y$ 的个数减去 $[x,y] \oplus y$ 的个数。
考虑计算 $x \mid x \oplus y$ 的个数。记 $x \oplus y = kx(k>1)$，那么 $x \oplus kx = y$。只需计算 $x \oplus 2x, 3x, \cdots kx$ 得到的 $y \le m$ 的个数。由于 $kx - x \le x \oplus kx \le x + kx$，因此 $x + kx \le m$ 的 $k$ 肯定满足，$kx - x > m$ 的 $k$ 肯定不满足。中间的 $k$ 不会很多，暴力判断即可。
计算 $y \mid x \oplus y$ 的个数。记 $x \oplus y = ky$，有 $y \oplus ky = x$。又因为 $y \oplus ky \ge ky - y \ge y$，因此 $y \ge x$ 时肯定不满足。暴力枚举 $y < x$ 即可。
计算 $[x,y] \mid x \oplus y$ 的个数。在上面枚举 $y$ 的时候同步计算即可。
时间复杂度 $O(x)$。

D Shohag Loves Inversions

手玩一下。记 $(x,y)$ 表示 $\gcd(x,y)$。
考虑 $i=1$ 时，这时对于 $\forall j \in [2,n]$，需满足 $a_1 \ne (a_1,a_j)$。
考虑 $i=2$ 时，这时分讨 $j$：

对于 $i \mid j$，有 $a_i \ne (a_2, a_j)$。
对于 $i \nmid j$，有 $a_{(2,j) = 1} \ne (a_2,a_j)$。

考虑第二种情况，由于 $i=1$ 时已经确定了 $a_1 \ne (a_1,a_2)$ 和 $a_1 \ne (a_1,a_j)$，这时要满足 $a_1 \ne (a_2,a_j)$，巧妙的构造是令 $a_2,a_j < a_1$，由于 $(x,y) \le \min(x,y)$，$(a_2,a_j)$ 必定 $< a_1$，满足条件。
推广一下。对于 $i < j$ 且 $i \mid j$ 的二元组 $i,j$，构造 $a_j < a_i$。
对于 $i < j$ 且 $i \nmid j$ 的二元组 $i,j$，记 $d = (i,j)$，转化成 $d,i$ 和 $d,j$ 两个二元组，满足要求。
考虑怎么构造这个东西，由于要求字典序最大我们从大到小来考虑元素，把 $S$ 从大到小排序。令 $ans_i$ 表示构造出来的 $a_i$ 是 $S$ 的第 $ans_i$ 个元素。那么 $ans_i = \max(ans_{i/k} + 1)$，其中 $k$ 是 $i$ 的一个质因子。时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。

CF2203/Edu 187

一万年前打的。

C Test Generator

这个题不会也是这辈子有了。

容易想到对 $m$ 做二进制分解，这样只有 $2^{p_1},2^{p_2} \cdots 2^{p_n}$ 是能用的。记最高位为 $p_1$，最低位为 $p_n$。那么只有 $2^{p_n} \mid s$ 的时候才有解。

考虑接下来咋做。对 $s$ 进行二进制分解。考虑二分答案 $x$。那么对应 $s$ 与 $m$ 的每一位，如果某一位 $s$ 需要但 $m$ 没有，就需要把 $m$ 这一位的贡献下放。具体看代码：

bool check(ll x)
{
//	cout << "check " << x << '\n'; 
	ll Rem = 0; 
	for (ll i = 60; ~i; -- i )
	{
		ll A = (m >> i) & 1; 
		ll B = (s >> i) & 1; 
		if (B) ++ Rem; 
		if (A) Rem = max(0ll, Rem - x); 
		Rem <<= 1; 
//		if (x < 10 && i < 10) cout << i << ' ' << Rem << '\n'; 
	}
	return Rem == 0; 
}

D Divisibility Game

这个题不是弱智吗？

显然 $b$ 中只存在三种数。一种是只有 Alice 能拿，一种只有 Bob 能拿，一种两人都能拿。

双方最优的策略显然就是先拿公共的。三种数的个数可以用类似欧拉筛做。预处理出每个数因子的个数即可。

for (ll i = 1; i <= n + m; ++ i )
{
	for (ll j = i; j <= n + m; j += i )
		D[j] += C[i]; 
}

CF2245

B Delete and Concatenate

大战 1h 落败，真神了。

首先考虑一种合法的操作序列：我们不断做操作 $2$。记 $k = \lceil \frac{n}{2} \rceil$。那么我们进行了 $k$ 次操作，得到了 $a$ 中前 $k$ 大的元素的贡献。容易证明这是答案的下限。

问题在于，考虑 $a$ 中满足 $a_i - c > 0$ 数量较多的情况，记这个数量为 $p$。那么这些元素是有正贡献的，我们却用操作 $2$ 浪费掉了。那么只取前 $\max(k, p)$ 大的元素贡献即可。做完了。

D1 Construct an Array (Easy Version)

显然可以得到每个数 $\ge 0$ 或 $<0$。然后对于一个限制 $a_i+a_j \ge 0$，判掉 $a_i,a_j$ 符号一样的情况，不妨令 $a_i < 0,a_j \ge 0$，那么有 $|a_i|\le a_j$。同理对于限制 $a_i+a_j < 0$，需要 $|a_i|>a_j$。那么将较小数的编号向较大数连边，如果有环就爆掉了。（由于符号不同不可能存在所有数相等的情况），跑完 topo 就是简单构造。

ABC441

D Paid Walk

有意思。赛时不会。

考虑题目中给的出度 $\le 4$。以及 $L \le 10$。直接暴力即可。总的时间复杂度 $O(4^{10})$。轻松通过。

E A > B substring

手刃了。树状数组板子。

考虑怎么做到线性？

原来的做法不太能做。考虑递推。由第 $i - 1$ 位的答案递推第 $i$ 位的答案。考虑 $S_i$：

$S_i = 1$。此时对于前面满足条件的区间我们都满足。同时前面 $0,1$ 相等的区间也满足。
$S_i = 0$。此时前面 $1$ 比 $0$ 多 $1$ 的区间不满足。其余前面满足的区间都满足，扣掉就好了。

那么就是线性的。

F Must Buy

好题啊。

只要对于每个物品，求出选它 / 不选它能达到的最大价值。

这个可以分别做前缀 / 后缀背包。

ABC443

D Pawn Line

神秘贪心结论题。

对于每个棋子，尽量地不去动它能使操作数最小。

记 $a_i$ 为棋子 $i$ 的初始位置，$b_i$ 为最终位置。只需最大化 $\sum b_i$。

考虑一下约束。需要使得 $b_i \le a_i$，$b_i \le b_{i+1} + 1 $ 且 $b_{i+1} \le b_i + 1$。

于是 $b_i = \min(a_i,b_{i-1}+1,b_{i+1}+1)$。左到右跑使得 $b_i \le b_{i-1} + 1$，右到左跑维护后者即可。

线性。

E Climbing Silver

简单题。每个点按题意暴力地扩展。判断某个墙是否能被爆破只需维护那一列的所有墙。如果在尾端就能并弹出即可。

$O(n^2)$。

F Non-Increasing Number

板子。bfs 队列里放余数和最后的数字。扩展是简单的。注意记忆化一下。那就是 $O(10n)$ 的。

可以证明只要不是 $10$ 的倍数总是有解的。

ABC444

D Many Repunit Sum

差分一下然后处理一下进位就好了。

E Sparse Range

妙妙题。一开始看错题想了挺久的。

注意到对于每个左端点 $l$，与它满足条件的右端点 $r$ 总是一段的。也就是说，找到最后一个满足条件的 $r$，有 $[l, r], [l, l + 1], \cdots, [l, r]$ 均满足条件。

于是可以双指针，每次加入一个数时用 set 判一下是否满足条件即可。$O(n \log n)$。

ABC461

D Count Subgrid Sum = K

无敌了，还以为是什么神秘单调性题目，结果 $O(n^3\log n)$ 直接过了。无敌了。

具体就是枚举左下角的点，再确定左上方点的 $y$ 值，这样二分 $x$ 即可。二分得到一段 $x$，使得和为 $K$。简单计数。

双指针也是容易的。只需要维护 $\le K$ 和 $\ge K$ 的位置，这个容易单调维护。于是做到 $O(n^3)$。

E E-liter

ds 题。做了很久才过，大失败。

考虑操作 $1$，横着涂一行黑的会改变什么。如果是第一次涂这一行，贡献显然就是 $n$。但是如果不是呢？不妨记上一次涂这一行的时刻为 $j$，当前时刻为 $i$。那么时刻 $j \sim i$ 中有多少列被涂白了，这一次操作就会把它们变成黑的。贡献就是这个列数。

那么问题转化为求时刻 $j \sim i$ 中，有多少列被涂白了，注意要去重。操作 $2$ 的贡献也是同理的。$j$ 是很好维护的，维护第 $p$ 行，第 $q$ 列上一次涂的时间 $r_{p},c_{q}$ 即可。那么可以把询问序列离线下来然后扫描线用树状数组算。

F Total Product is N

这个题，有点牛福的。
查表得知 $n$ 的因子个数最大值为 $2304$，记 $D = 2304$。考虑 dp。
按因子从小到大选，然后因为不同顺序的序列要算多次，最后还要乘上选的数个数的阶乘。记 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个因子，选了 $j$ 个，得到的积为 $k$ 的答案，$g_{i,j,k}$ 表示方案数。这里的 $k$ 是一个映射。考虑怎么转移：
判断第 $i$ 个因子 $d_i$ 是否满足 $d_i \mid k$：

不是。此时不能选，$f_{i,j,k} = f_{i-1,j,k}$，$g_{i,j,k} = g_{i-1,j,k}$。
是。考虑选不选，$f_{i,j,k} = f_{i-1,j,k} + f_{i-1,j-1,\frac{k}{d_i}} + d_i \times g_{i-1,j-1,\frac{k}{d_i}}$，$g_{i,j,k} = g_{i-1,j,k} + g_{i-1,j-1,\frac{k}{d_i}}$。

那么做完了。由于 $i$，$k$ 是 $D$ 的量级，$j$ 是 $\log n$ 的量级，时间复杂度就是 $O(D^2\log n)$。

ABC467

E Adjacent Sums (hard)

ABC 史上最难 E 有感觉吗。

确定首位就能推出序列。记 $A_1$ 不变时得到序列为 $c_i$。
答案 $f(0) = 0 + \sum_{i=2}^n (c_i - a_i) + [c_i < a_i]m$。
考虑增量 $\Delta$，答案 $f(\Delta) = \Delta + \sum_{i=2}^n(c'_i - a_i) + [c'_i < a_i]m$。考虑 $\Delta$ 变化时有什么影响，在 $\Delta - 1 \to \Delta$ 的时候，显然奇数位的 $c_i$ 加了 $1$，偶数位的 $c_i$ 减了 $1$，贡献为 $-1/1$。然后对于后者的贡献，考虑分讨：

偶数位。对于 $c_i \ge a_i$ 的部分，对 $f(c_i - a_i + 1)$ 有 $m$ 的贡献，这意味着 $c_i$ 变成 $< a_i$ 了。然后对于 $c_i < a_i$ 的部分，对 $f(m - (a_i - c_i) + 1)$ 有 $m$ 的贡献。
奇数位也是同理，直接给结论：对于 $c_i < a_i$ 的部分，对 $f(a_i-c_i)$ 有 $-m$ 的贡献。对于 $c_i \ge a_i$ 的部分，对 $f(m - (c_i-a_i))$ 有 $-m$ 的贡献。

注意上述对奇数位的讨论是不包括 $1$ 的。
这样做其实是因为我们并没有真正对 $c_i$ 做 $c_i \to (c_i + 1/-1) \bmod m$ 这个操作，$c_i$ 一直在增大或者减小，前者 $c_i-a_i$ 的贡献实际上是不对的，包含了后面有关 $m$ 的贡献。我们实际上是把两者合在一起来考虑了。
那么至多 $2n$ 个贡献点，用 map 维护即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

F Email Scheduling Optimization

考虑排序交换，贪心地得到结论，优先做 $b$ 较大的。
写出答案就是 $\max(\sum_{j=1}^i a_j + b_i)$。考虑怎么用数据结构维护这个东西。显然可以以 $b_i$ 做下标用 sgt 维护贡献，具体把询问离线下来，把所有有用的 $b_i$ 离散化就是对的。然后要注意需要维护区间是否有数，不能让当前不存在的 $b_i$ 产生影响。

貌似可以暴力分块也是能过的。具体对 $b_i$ 分块，块内暴力维护。修改和查询都是 $O(\sqrt n)$ 的。

CF2247

B Yet Another Constructive

补一个 $k > m$ 无解的证明。
考虑证明由于 $a_i \ge 1$，任意一个长度为 $m$ 的序列里，总有一个子数组的和 $\bmod m = 0$。
考虑数组的前缀和，有 $m + 1$ 个前缀和，而这 $m+1$ 个前缀和 $\bmod m$ 至多只有 $m$ 种取值，必定存在两个前缀和关于 $m$ 同余，那么这就可以凑成一个一个合法的子数组，证明完毕。

D1 XOR Sorting (Easy Version)

神秘。记 $k$ 的最高位为 $B$，有 $2^B \le k < 2^{B+1}$。
然后一个神秘的结论是，我们把序列分成长度为 $2^{B+1}$ 的若干段，这样每一段就是：

$[0,2^{B+1}-1]$
$[2^{B+1},2\times 2^{B+1}-1]$
$[2 \times 2^{B+1}, 3 \times 2^{B+1}-1]$
......

以此类推，可以发现块内的下标只有低 $B$ 位可能不同，其他位是相同的，也就是任意块内下标的异或总是 $< 2^{B+1}$。
那么 $k$ 不取 $2$ 的幂次是不优的，这样就证明了 $k$ 一定是 $2$ 的幂次。那么暴力枚举 $k$ 每次线性扫一遍序列判断即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

D2 XOR Sorting (Hard Version)

带修了咋办，注意到这个东西很像线段树。我们把序列长度补成 $2^k$，然后线段树上维护区间答案，也就是区间对应的 $k$。在合并的时候取两个儿子 $k$ 的最大值。但是如果左儿子权值 max 大于右儿子权值 min，$k$ 只能为区间长度。

ARC225

A Four Coloring

无敌了。

把原来的条件加强，对于任意的点对我们都需满足条件。构造出映射数组 $[2,4,1,3]$。

B Independent Nim

纸张博弈。

考虑长度为 $2$ 的为 $1$ 的连续段，显然先手必败。
然后考虑原序列中若干个为 $1$ 的连续段，你发现先手总是可以通过一次操作来使得剩下的全是若干个长度为 $2$ 的连续段（除非原来就已经是这个状态）。那么判掉这个状态即可。

C K Spanning Tree

不妨把所有的 $0$ 边先连上，然后可以得到必需的 $1$ 边的数量。
把必需的 $1$ 边连上，由于此时把 $0$ 边全连上肯定可以得到一棵生成树，于是不断加 $1$ 边直到 $k$ 条，容易知道此时把 $0$ 边全加上可以得到一个合法的解。注意加边是指如果两点不联通才加。

也可以考虑 P2619，随机赋权即可。

D Gap Swap (easy)

不考虑已经归位的元素。那么剩下的元素做一遍冒泡显然是对的，这样每个独立的点都可以一步步走到自己原来的位置，没有额外花费。同时一次操作可以让两个相反方向的点走，于是距离还要乘上 $\frac{1}{2}$。

ABC468

F Chmax

注意到 $x,y$ 肯定有一个是前缀最大值。不妨记 $x$ 是，有 $x > y$。
你考虑当前这个数，假设这个数是前缀最大值，你思考要给 $x$ 还是 $y$。显然是 $x$，不然你只能取后面前缀最大值的贡献。于是所有的前缀最大值都给了 $x$，剩下的数跑一遍 LIS 就是对的。

ABC469

D The Big Two

枚举度数 $d_u + d_v \ge m$ 的点对即可，注意要去除重边以及 $(u,v)$。
当然可以观察到的是，$x,y$ 中必然有个点的度数 $\ge \frac{m}{2}$，然后因为度数 $\ge \frac{m}{2}$ 的点只有常数个，直接枚举就是对的。

E Pro Exam Eligibility

二分就做完了。

F GCD Maximum Spanning Tree

经典的 trick 是枚举 gcd，然后把边权等于 gcd 的边放进图里判断是否连通，同时计算贡献。这是因为 gcd 更大的边我们肯定是贪心地要的。
那么用并查集维护连通性就是对的，时间复杂度 $O((n+V)\log V)$ 还要乘上并查集的复杂度。

然后考虑这个题，把做法套过来只能过 $60$。考虑优化，gcd 只用从 $\frac{n}{2}$ 开始枚举，然后在对 gcd 加边的时候，你只需要枚举编号为某个质数 $p*\gcd$ 的点。能显著减小枚举的次数，然后就过了。

相同的 trick 再考虑这个题。同样是枚举 gcd，把边权为 gcd 的倍数的边加进图里，求一遍树上直径就是对的。

posted @ 2026-06-14 12:11 RainyRadio 阅读(7) 评论(0) 收藏举报

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