Educational Codeforces Round 173 (Rated for Div. 2)

upd:2024/12/18 更新了 G

A

硬币肯定是能拆则拆。时间复杂度 \(O(T\log_{4}n)\) 。

B

分类讨论 \(5\) 个奇数：

• 对于 \(1\) ，肯定可以整除。
• 对于 \(3\) ，可以整除 \(n\) 要求 \(n\) 的数位之和为 \(3\) 的倍数。也就是 \(dn!\equiv 0 \pmod{3}\) 。发现当 \(n \geq 3\) 的时候，\(n!\) 已经是 \(3\) 的倍数肯定满足条件。如果 \(n <3\) ，直接计算是否是 \(3\) 的倍数即可。
• 对于 \(5\) ，要求 \(d=5\) 。
• 对于 \(7\) ，发现 \(111111\) 是 \(7\) 的倍数，也就是说一旦 \(n!\) 为 \(6\) 的倍数也就是 \(n \geq 3\) ，那么肯定满足条件。如果 \(n<3\) ，直接计算是否是 \(7\) 的倍数即可。
• 对于 \(9\) ，做法类似于 \(3\) 。
  时间复杂度 \(O(T)\) 。

C

假设全部的数字都满足 \(a_i \in \{-1,1\}\) ，此时的答案可以取哪些数？

求出最大，最小子段和（可以为空），设他们的值分别为 \(mn,mx\) 。可以证明的是，答案可以取遍 \([mn,mx]\) 之间的任何数。证明：

• 取最大子段和的全部前缀（可空），至少可以取遍 \([0,mx]\) 之间的任何数。

• 取最小子段和的全部前缀（可空），至少可以取遍 \([mn,0]\) 之间的任何数。

现在加入 \(a_p \neq \{-1,1\}\) 。那么对于 \(a[1 \dots,p-1]\) 和 \(a[ p+1\dots,n]\) 的答案都可以通过上述算法解决。

剩下的就是那些 \(l \leq p \leq r\) 的区间了。我们求出包含 \(p\) 的最大子段和 \(mx\) 和最小子段和 \(mn\) ，那么答案也可以取遍 \([mn,mx]\) 之间的任何数，证明类似。求的具体方法就是求出 \(a_{p-1}\) 结尾的最大/最小后缀和 \(a_{p+1}\) 开头的最大/最小前缀和。

将满足条件的数排序并去重即可。时间复杂度 \(O(Tn \log n)\) 。

D

求出一个极大的区间 \([x,y]\) 满足 \(l \leq xG \leq yG \leq r\) 。接下来问题转化为了找到两个值 \(p,q \in [x,y]\) 且 \(\gcd(p,q)=1\) ，最大化 \(|p-q|\) 。

直接猜 \(p\in [x,y]\cap [x+\log y] ，q \in [x,y] \cap [y-\log y,y]\) 然后过了。时间复杂度 \(O(T \log^3 V)\) 。

（bro把 \(\log\) 开 \(40\) 然后赛后被hack了，但是开到 \(64\) 即可通过）

E

这个题目很好！

首先二进制问题是可以拆位的，问题转化为了01矩阵问题。我们可以进行的操作有：行涂 \(0\) ，列涂 \(1\) ，问矩阵 \(A\) 是否可以变成矩阵 \(B\) ?

假设不考虑 \(A\) 的状态，仅考虑 \(B_{i,j}\) 的状态：

• \(B_{i,j}=1\) ，那么第 \(i\) 行涂 \(0\) 应该在第 \(j\) 列涂 \(1\) 之前操作。

• \(B_{i,j}=0\) ，那么第 \(i\) 行涂 \(0\) 应该在第 \(j\) 列涂 \(1\) 之后操作。

如果将上述关系连边，最终是一个 DAG 就有解。这真的对吗？

我们发现错误原因在于认为每一行，每一列都操作，但是这是不对的。我们引入一个超级源点，连向哪些必要操作的点（\(A_{i,j} \neq B_{i,j}\)）:

• \(A_{i,j}=0,B_{i,j}=1\) ，则必须进行列涂 \(1\) ，源点向其连边。

• \(A_{i,j}=1,B_{i,j}=0\) ，则必须进行行涂 \(0\) ，源点向其连边。

仅考虑超级源点可以到达的点构成的导出子图，如果是一个 DAG 就有解。现在很对。

对于每一个二进制位都判断以下，时间复杂度 \(O(n^2 \log V)\) 。

F

动态dp题，出的很烂。问题取反面：选取不为空的，尽量小的集合使得异或和为 \(0\) 。

考虑问题放到线段树上，每一个节点维护 \(f_i\) 表示异或和为 \(i\) 的最小节点数，\(g_i\) 表示可以到达最小节点数的方案数。容易在 \(O(\log^2 V)\) 的时间内合并两个节点。

则直接使用线段树来做，预处理 \(O(n \log^2 V)\) ，查询 \(O(q \log n\log^2 V)\) ，无法通过。

考虑猫树分治，预处理是 \(O(n \log n \log V)\) ，查询 \(O(q \log^2 V)\) 。

G

这个题目的做法很有参考价值！

我们考虑分块去做。将答案拆分为块内的答案和块外的答案。只要维护了 \(sum_{i,j}\) 表示元素 \(i\) 在前 \(j\) 个块中出现的次数，配合一个桶很容易去以 \(O(\frac{n}{B})\) 的时间去计算块外的答案（在已知块内答案的基础上），其中 \(B\) 是块长。

对于块内的问题，我们考虑直接维护数组 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个块到第 \(j\) 个块的答案。可以直接以 \(O(\frac{n^2}{B})\) 的时间暴力预处理，考虑点修对 \(f\) 的影响：转化为减少某一个元素/添加某一个元素。这里拿添加元素举例。

假设添加元素 \(v\) 的下标所在块是第 \(x\) 个块，则对于 \(i \leq x \leq j\) ，\(f_{i,j}\) 的权值应该增加 \(sum_{v,j}-sum_{v,i-1}\) ,蛮力维护的时间为 \(O(\frac{n^2}{B^2})\) ;我们还需要维护 \(sum\) 本身的变化，直接蛮力维护时间复杂度为 \(O(B)\) 。

现在分析一下时间复杂度，预处理为 \(O(\frac{n^2}{B})\) 。对于询问，如果是点修，时间复杂度为 \(O(B+\frac{n^2}{B^2})\) ；区间查询时 \(O(B)\) 。发现取 \(B=n^{\frac{2}{3}}\) 时最优秀的，时间复杂度来到了 \(O(Qn^{\frac{2}{3}})\) 。

但是很遗憾，这是无法通过的。

我们想一下哪里不优的？明明两种询问的操作次数可以被视为相同，但是在点修时，维护 \(f\) 花了 \(O(\frac{n^2}{B^2})\) 的时间，而在查询时，只花费了 \(O(1)\) 的时间去调用 \(f\) 。

考虑将 \(f_{i,j}\) 增加 \(sum_{v,j}-sum_{v,i-1}\) 转化为增加 \((sum_{v,j}-sum_{v,x})+(sum_{v,x}-sum_{v,i-1})\) .前后部分分别维护，拿前半部分举例，我们枚举 \(j\) ，对于一个相同的 \(j\) ，\(f_{i \leq x,j}\) 都需要增加 \(sum_{v,j}-sum_{v,x}\) ，直接将贡献打在差分数组上。查询的时候暴力计算差分数组的前缀和，因为差分数组只有 \(O(\frac{n}{B})\) 这么大。

至此，点修的时间复杂度被优化到 \(O(B+\frac{n}{B})\) ;区间查询的时间复杂度变慢了，是 \(O(B+\frac{n}{B})\) 。容易看出 \(B=\sqrt n\) 时最优，时间复杂度为 \(O(Q \sqrt n)\) 。