Codeforces Round #752 (Div. 1) (CF1603)

A

Description

给定一个长度为\(n\)的序列\(\{ a_i\}\)，进行\(n\)次删除操作：如果对于当前序列第\(i\)个数对\((i+1)\)取模不等于\(0\)，则可以将第\(i\)个数删掉。给定序列，问是否可以通过这样的操作将所有元素全部删掉。

Solution

结论：对于每一个\(a_i\)，只要存在一个不大于\((i+1)\)的数，使得\(a_i\)取模该数不等于\(0\)，那么序列就可以被完全删除。

证明：我们设\(b_i\)表示\(a_i\)被删掉的时候在序列中的位置，则对于满足\(a_i \bmod (b_i+1) \neq 0\)且\(b_i\le i\)的所有\(\{b_i\}\)都是合法的，我们需要证明对于任意一种合法的\(\{b_i\}\)，都存在一种删除方案。我们每次可以选择最靠右的、满足\(b_i=i\)的位置，将其删去。因为最开始有\(b_i\le i\)，第\(i\)个位置的数需要在前面删掉\((i-1)\)个数才能顶到首位，所以不管何种状况下都有\(b_1=1\)，也就是我们一定能找到一个\(b_i=i\)的位置。如此删\(n\)次即可。

B

Description

给定两个偶数\(x,y\)，要求构造\(n\)使得\(n\bmod x = y \bmod n\)。

\(x,y\le 10^9,n\le 2\cdot 10^{18}\)

Solution

对于\(x=y\)，\(n=x\)；

对于\(x>y\)，\(n=(x+1)y\)，此时\(n\bmod x = y\bmod n = y\)

对于\(x<y\)：

• \(y-x<2x\)：\(n=(x+y)/2\)，此时\(n\bmod x = n-x, y\bmod n = y - n, n-x=y-n\)

• \(y-x\ge 2x\)：容易发现\(n\le x\)和\(n\ge y\)都是不可能的，所以考虑在中间寻找答案。

  假设\(n\ge (x+y)/2\)，

  \(y \bmod n=y-n\)，可以画出其函数图像，为一次函数。

  \(n \bmod x=(n-x)\bmod x\)，发现函数图像呈锯齿状。

  求两个图像的交点即可。（由于\(x,y\)为偶数，所以交点坐标一定是整数）

C

Description

有一种操作，每次可以将序列中的某个数拆成和为该数的两个数。

一个序列的extreme value定义为将该序列用此操作变成不降序列的最少操作次数。

给定一个序列，求其每个子串的extreme value的和对\(998244353\)取模的结果。

Solution

从右往左拆每个数，当前拆出来的数应该小于等于右边的数，由此判断至少应该拆分成几个数，得到数字个数后，我们想尽可能拆得平均，即两两之差不超过1。然后考虑左边的数……

对于每个子串，它们的开头是不需要拆的，所以不同的子串会有很多不同的情况。

但是我们发现，对于一个数的平均拆分，得到的数的种类是\(O(\sqrt{n})\)的。所以对于每个位置将每一种划分结果的最左边的数的贡献都存下来，计算答案即可。

直接做的空间复杂度为\(O(n\sqrt n\)，由于空间卡不满可以AC，不过也可以通过滚动数组优化到\(O(n)\)。

D

Description

定义\(c(l,r)\)表示满足\(l\le i \le j \le r\)且\(\gcd(i,j)\ge l\)的数对\((i,j)\)的数量。

给定\(n,k\)（\(1\le k \le n\)），定义\(f(n,k)\)表示对于任意满足\(0=x_1<x_2<\dots<x_k<x_{k+1}=n\)的\(\{x_i\}\)的\(\sum_{i=1}^k c(x_i + 1, x_{i + 1})\)的最小值。

给定\(3\cdot 10^5\)组\(n,k\)，\(1\le k \le n \le 10^5\)，求\(f(n,k)\)。

Solution

一个需要考虑的问题是如何快速计算\(c(l,r)\)。

\[\begin{aligned} c(l,r) &= (r-l+1)+\sum_{i=l}^r \sum_{j=i+1}^r [\gcd(i,j) \ge l] \\ &= (r-l+1)+\sum_{k=l}^r \sum_{i=1}^{\lfloor r/k\rfloor} \sum_{j=i+1}^{\lfloor r / k \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] \\ &= (r-l+1)+\sum_{k=l}^r \sum_{i=1}^{\lfloor r/k\rfloor}\varphi (i) \\ &= (r-l+1)+\sum_{k=l}^r s(\lfloor r / k \rfloor) \end{aligned} \]

其中\(s(x)\)为\(\varphi(x)\)的前缀和，可以\(O(n)\)预处理得到。对于\(c(l,r)\)，可以通过整除分块\(O(\sqrt{n})\)计算。

一个结论是\(k>\log_2 n\)时\(f(n,k)=n\)。

证明：构造：\([1,1], [2,3], [4,7], \dots , [2^{L-1},2^L-1],[2^L,n]\)，每一个区间的贡献即区间长度。如果在这个基础上进一步分段，仍然有区间贡献为区间长度。

有了这个结论，我们不仅可以只需要在小范围内枚举段数，而且可以将所有\(f(n,k)\)求出后再回答询问（这也意味着我们只能从前往后DP）。

那么我们设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数分了\(j\)段的最小值，容易得到一个\(O(n^2\log n)\)的做法。

发现性质\(c(i,k)+c(j,l) \le c(i,l)+c(j,k)\)（证明显然），利用决策单调性来优化这个DP。考虑分治，区间\([L,R]\)的决策点在\([l,r]\)中，暴力检查\(MID\)的转移点在\([l,r]\)中的哪个位置，递归处理即可。

\(\log_2n\)次分治的时间复杂度是\(O(n \log ^2 n)\)的，而对于\(c(i,j)\)的计算，我们对于每一次分治都只需要用\(O(\sqrt n\)求出一个区间的\(c(i,j)\)、剩下的可以依次推得，故时间复杂度加上\(O(n\sqrt{n} \log n)\)。