Codeforces Round #705 (Div. 2)
D - GCD of an Array
给定一个序列，每次将某个位置乘上 \(x\) 并询问当前的 \(\gcd\) ，对 \(1e9+7\) 取模。\(n,q\leq 2e5\) .
明显是拆因子+线段树……但是可以用 unordered_map 做 /cy
//Author: RingweEH
unordered_map<int,map<int,int> >mp,cnt;
void Work( int pos,int x )
{
for ( int i=2; i<=sqrt(x); i++ )
while ( x%i==0 )
{
mp[pos][i]++; cnt[i][mp[pos][i]]++;
if ( cnt[i][mp[pos][i]]==n ) ans=ans*i%Mod;
x/=i;
}
if ( x>1 )
{
mp[pos][x]++; cnt[x][mp[pos][x]]++;
if ( cnt[x][mp[pos][x]]==n ) ans=ans*x%Mod;
}
}
int main()
{
n=read(); q=read();
for ( int i=1 ;i<=n; i++ ) a[i]=read(),Work(i,a[i]);
for ( int pos,x; q; q-- )
pos=read(),x=read(),Work(pos,x),printf("%lld\n",ans );
return 0;
}
E - Enormous XOR
定义 \(g(l,r)=x\oplus(x+1)\oplus \cdots\oplus y\) ，\(f(l,r)=\max\{g(x,y)\},l\leq x\leq y\leq r\) .
给定 \(l,r\) ，求 \(f(l,r)\) .
奇妙结论题。
结论：（默认低位开始 \(0\sim n-1\) 位）
- 如果 \(l[n-1]\neq r[n-1]\) ，那么答案是 \(11\cdots1\) （ \(n\) 位）
- 否则，如果 \(r[0]=1\) ，答案是 \(r\) ；如果 \(r[0]=0\) 且 \(l\leq r-2\) ，答案是 \(r+1\) ；否则，答案是 \(r\) .
Proof ：
对于第一种情况显然，因为必然包含了一段 \([0111\cdots1,100\cdots0]\) （ 成段的 \(0,1\) 都是 \(n-1\) 个），异或起来就好了。
- \(r\) 为奇数
考虑归纳证明。\(f(r-1,r)\) 的答案显然是 \(r\) . 现在考虑从 \(f(l,r)\to f(l,r+2)\) .
首先，\(f(r+1,r+2)=r+2\) . 其余段可以分为三种：结尾为 \(r+2,r+1,r\) . 根据归纳假设，第三类的答案是 \(r\) . 第一类的答案由一段 \([l,r]\) 中的段和一段 \([r+1,r+2]\) 组成，后者的异或是 \(1\) ，所以这一类的答案不会超过 \(r+1\) .
对于第二类，假设可以找到大于 \(r+2\) 的答案。那么一定存在一个 \(r+2\) 中为 \(0\) 的位，在答案中为 \(1\) ，由于 \(r+2\) 是奇数，这一位不是第 \(0\) 位。设第一个这一位为 \(1\) 的数是 \(x\) ，显然 \(x\) 必然是个奇数（考虑这一位后面的东西全是 \(1\) ，因为 \(x\) 是从大到小第一个出现这一位是 \(1\) 的），那么 \((x,r+2)\) （不包含）的总数是个奇数（后面的位从偶数到 \(0\) ）。而为了让这一位异或结果为 \(1\) ，从 \(x\) 往下的段长必然也是奇数（两个 \(1\) 段之间的 \(0\) 段长度是偶数），所以答案区间的长度是偶数，也就是说 \(n-1\) 位异或出来是 \(0\) ，不可能大于 \(r+2\) 。所以答案只能是 \(r+2\) .
归纳可得，这一种情况的答案是 \(r\) .
- \(r\) 为偶数
\(f(l,r)\leq f(l,r+1)=r+1\) （因为 \(r+1\) 是奇数），又由于 \(g(r-2,r)=r+1\) ，所以 \(f(l,r)=r+1\) .
//Author: RingweEH
int main()
{
scanf( "%d",&n ); scanf("%s%s",a,b );
reverse(a,a+n); reverse(b,b+n);
if ( a[n-1]!=b[n-1] )
{
for ( int i=0; i<n; i++ ) printf("1"); return 0;
}
if ( b[0]=='1' ) { reverse(b,b+n); puts(b); return 0; }
for ( int i=0; i<n; i++ ) l[i]=(a[i]=='1'),r[i]=(b[i]=='1');
l[0]++;
for ( int i=0; i<n; i++ ) l[i+1]+=l[i]/2,l[i]%=2;
if ( l[n] ) { reverse(b,b+n); puts(b); return 0; }
for ( int i=n-1; i>=0; i-- )
if ( r[i]>l[i] )
{
r[0]++;
for ( int i=0; i<n; i++ ) r[i+1]+=r[i]/2,r[i]%=2;
for ( int i=(r[n]) ? n : n-1; i>=0; i-- ) printf("%d",r[i] );
return 0;
}
reverse(b,b+n); puts(b);
return 0;
}
F - Enchanted Matrix
给定 \(n,m\) ，将整个矩阵划分成每个大小为 \(r\times c\) （ \(r|n,c|m\) ）的子矩阵，使得它们成对相等。求 \((r,c)\) 的方案数。
交互题。询问格式为 ? h w i1 j1 i2 j2 ，询问大小为 \(h\times w\) 且不重叠的、左上角分别为 \((i_1,j_1),(i_2,j_2)\) 的子矩阵是否相等。询问次数上限为 \(3\cdot\lfloor\log_2(n+m)\rfloor\) .
大致思路：行列显然可以独立求出来，分开考虑各自能分的最大块数然后计算其约数，相乘即可。
对于求最大块数：先将 \(n\) （或者 \(m\) ）分解质因数，然后 \(\text{Check}\) ：当前块长为 \(len\) ，能否分成 \(divi\) 个相同的块。如果 \(divi\) 只有 \(2\) ，那么直接一次询问就能解决。否则，设 \(k\) 为 \(len/divi\) 即每个小块的块长，先比较第一个 \(divi/2\) 和第二个 \(divi/2\) ，再比较第一个 \(divi/2\) 和第二个 \(divi/2\) 加上 \(k\) 是否相等。这样做的原理在于，第二次比较的后一个矩形是第一次比较的后一个矩形往后移一个 \(k\) ，不难证明这样可以直接说明全部小块都相同。
//Author: RingweEH
int Query( int len,int p1,int p2 ) //查询整行/整列，另一维长为len，端点p1p2是否相等
{
if ( !fl ) printf("? %d %d %d %d %d %d\n",len,m,p1,1,p2,1 );
else printf("? %d %d %d %d %d %d\n",n,len,1,p1,1,p2 );
fflush(stdout); int x=read(); return x;
}
//块长是len，分成divi个块，是否相等
bool Check( int len,int divi )
{
if ( divi==2 ) return Query(len/2,1,len/2+1 );
int x=len/divi*(divi/2);
return Query(x,1,x+1) && Query(x,1,x+len/divi+1);
}
//对行/列计算能分的最大块数
int Work( int x )
{
cnt=0; int nw=x;
for ( int i=2; i<=nw; i++ )
if ( nw%i==0 )
{
a[++cnt]=i,b[cnt]=0;
while ( nw%i==0 ) b[cnt]++,nw/=i;
}
int res=1;
for ( int i=1; i<=cnt; i++ )
for ( int j=1; j<=b[i]; j++ )
if ( Check(x/res,a[i]) ) res*=a[i];
else break;
return res;
}
int Count( int x )
{
int res=0;
for ( int i=1; i<=x; i++ ) res+=(x%i==0);
return res;
}
int main()
{
n=read(); m=read();
int ans1=Work(n); fl=1;
int ans2=Work(m);
printf("! %d\n",Count(ans1)*Count(ans2) );
return 0;
}
