MX-2025 盖世计划 C 班 Day 2 复盘

今天是模拟赛

T1 (Count)

题目描述

给定 \(x,p\)，求有多少个 \(y\) 满足 \(\gcd(x,y)^p=\operatorname{lcm}(x,y)\)，答案对 \(998244353\) 取模。

数据满足 \(1\le x\le 10^9,1\le p\le 10\)。

思路

考虑 \(x=a^b\)，其中 \(a\) 为质数。容易发现，如果 \(b\mod p=0\)，\(y\) 可以取 \(a^\frac{b}{p}\) 和 \(a^{bp}\)，否则只能取 \(a^{bp}\)。

对于一般情况，对 \(x,y\) 做质因数分解得 \(p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_k^{c_k}\)。分开考虑所有质因数，条件等价于 \(p\times\min\{c_{x,i},c_{y,i}\}=\max\{c_{x,i},c_{y,i}\}\)。在这个质因数上，\(y\) 有两种取法当且仅当 \(c_{x,i}\bmod p=0\)。答案为所有质因数分开计算取法后的乘积。

注意特判 \(p=1\) 的情况。

Time: \(\mathrm{O}(\sqrt{x})\)。

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T2 (seq)

题目描述

给定一个长度为 \(n\) 的的序列 \(a\)。从中选择 \(m\) 个数，将选择的元素按原顺序排成一个首尾相邻的序列 \(b\)，此时，我们定义 \(b\) 的权值为所有相邻两个数之和的最大值（形式
化地，权值为 \(\max_{i=1}^m\{b_i+b_{(i\bmod m)+1}\}\)。求出 b 的权值最小能为多少。

数据满足 \(2\le m\le n\le 2\times 10^5,0\le a_i\le 10^8\)。

思路

考虑原序列中相邻和最大的一对数，我们删去其中较大的那个数。这样一定是不劣的，因为只有操作这一对才会让答案变小，删去较大的数也显然是最优的。不断重复该过程即可，可以使用链表和堆进行维护。

Time: \(\mathrm{O}(n\log n)\)。

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T3 (divide)

题目描述

给定一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)，将其划分为若干连续的段，如果每一段对应的数的 \(\operatorname{mex}\) 相等，我们称这种划分是好的。请你求出有多少种划分方案是好的，对 \(998244353\) 取模。

思路

记 \(\operatorname{mex}(l,r)\) 表示序列中第 \(l\) 个数到第 \(r\) 个数的 \(\operatorname{mex}\)。假设所有段的 \(\operatorname{mex}\) 都等于 \(v\)，说明所有段都不含有 \(v\)，进而说明整个序列不含 \(v\)，于是 \(v\) 就一定是整个序列的 \(\operatorname{mex}\)。于是有 DP 方程：\(f(i)=\sum_{\operatorname{mex}(j,i)=v}f(j-1)\)。

根据 \(\operatorname{mex}\) 的性质，满足 \(\operatorname{mex}(j,i)=v\) 的所有 \(j\) 是一段前缀。维护每种数在 \(i\) 之前的第一次出现的位置，其中的最小值以及之前的都满足 \(\operatorname{mex}(j,i)=v\)。可以用 std::set 来维护这些位置，之后使用前缀和优化 DP 即可。当然，这些位置具有单调性，可以用一个指针维护。

Time: \(\mathrm{O}(n)\)。

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T4 (op)

题目描述

给定一个整数 \(p\) 和 \(n\) 个操作，操作分为以下两种：

1. 给定 \(x\)，将 \(w\) 修改为 \(x\)；
2. 给定 \(x\)，将 \(w\) 修改为 \((w+x)\mod p\)。

其中 \(w\) 为一个初始为 \(0\) 的变量。

你可以以任意顺序执行上述 \(n\) 个操作，得到最终的 \(w\)。你需要求出在 \(\left[0,p\right)\) 中，有多少个数是无论以什么顺序执行操作都无法得到的。

数据满足 \(1\le T\le 2,1\le n\le 10^6,2\le p\le 10^6,\sum n\le 1.1\times 10^6,op\in\{0,1\},0\le x_i<p\)。

思路

特判掉没有赋值操作的情况。

可以发现只有最后一次赋值操作以及之后的加法操作是有意义的，因此可以转化为任选一个赋值操作和若干个加法操作能拼出来的数，将赋值操作作为初始状态，对所有加法操作跑一遍背包 DP 就能求得可以凑出那些数了。可以利用std::bitset 来加速，时间复杂度 \(\mathrm{O}(\dfrac{np}{w})\)。

思考这样一个背包的实质：对于每个权值 \(v\)，更新所有的 \(i\rightarrow (i+v)\bmod p\)。可以发现有效更新始终只有 \(\mathrm{O}(p)\) 次，尝试从此处切入。

尝试对于每个修改，分治出这样的更新。用一个类似线段树的结构，以及一个额外的树状数组维护出区间的 \(dp\) 哈希值。断环为链后，如果区间 \(\left[l,r\right]\) 与 \(\left[l+v,r+v\right]\) 不相同，则递归下去修改。

这样分析势能存在一个问题。对于 \(dp_i=1\)，但 \(dp_{(i+v)\bmod p}=0\) 的情况，上述算法并不会更新，但却会递归下去。也就是说势能被利用，但未减少。

考虑本题特殊的性质：背包是在模意义下进行的。在模意义下，所有的 \(i\rightarrow (i+v)\bmod p\) 必定会形成一个环。环上所有的 \((1.0)\) 都会对应一个 \((0,1)\)，因此势能是正确的。视 \(n,p\) 同阶，Time: \(\mathrm{O}(n\log^2 n)\)。

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