CF div3 1034（C~G）

期末周后复健第一天，一场div3只出了4道题，水平严重下滑。看来真的要加训了。。。

C

直接猜想 \(a[i]\) 是否为原序列的 前缀最小值 或 后缀最大值，满足其一即可通过做如下操作使得只剩下 \(a[i]\): 假设 \(a[i]\) 是前缀最小值：

1. 对 \(a[1到i]\) 做操作1，此时新序列的第一个元素为 \(a[i]\)。
2. 对除 \(a[i]\)（即新序列的第一个元素）外的整个后缀做操作2，这样整个序列只会剩下 \(2\) 个元素。
3. 根据两个元素的大小关系选择合适的操作，使得 \(a[i]\) 剩下即可。

\(a[i]\) 是后缀最大值时的情况同理。

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D

先考虑初始时 \(01\) 串中 \(1\) 的个数：

• \(cnt1 <= k\) -> \(Alice\) 赢
• 否则，\(Alice\) 先操作后，原串中必然会剩下若干个 \(1\)。

考虑 \(n\) 与 \(2k\) 的大小关系：

• 若 \(n >= 2k\)，则长度为 \(k\) 的前缀与后缀一定互不重合，那么对于 \(Bob\) 的每一次操作：若长度为 \(k\) 的前缀中含有 \(1\)，则对后缀操作；同理若长度为 \(k\) 的后缀中含有 \(1\)，则对前缀操作。容易证明这样操作总是可以使得 \(Bob\) 在每次操作后字符串中 \(1\) 的数量 \(>k\)。这样 \(Alice\) 无论怎样操作都无法将字符串变为全 \(0\) 串，\(Bob\) 必赢。
• 若 \(n < 2k\)，则说明长度为 \(k\) 的前缀与后缀一定存在重合的部分。那么显然对于 \(Bob\) 的每次操作，必然都会覆盖到中间这段重合的部分。那么 \(Alice\) 每次操作时尽量不对中间重合的部分操作，则 \(Bob\) 除第一次操作外，以后的每次操作可以增加 \(1\) 的净数量一定 \(<k\)。而 \(Alice\) 每次可以减少 \(1\) 的净数量一定等于 \(k\)。因此在操作过程中，\(1\) 的数量必然严格递减，最终一定可以变为全 \(0\) 串，\(Alice\) 必赢。

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E

差分

遇到这种题，先考虑暴力怎么做：
对于某个 \(k\)，考虑对每个数 \(x\) 检验：
若恰好删除掉 \(k\) 个数后， \(x\) 刚好成为新集合的 \(mex\)，则需满足以下两个条件：

1. \(x\) 能保证全部被删除：\(cnt[x] <= k\)
2. 删除全部 \(x\) 后，\([0,x-1]\) 中的每个数至少需要保留一个：

\[sufcnt[x+1] + (precnt[x-1] - x) >= k - cnt[x] \]

化简后得到：\(n - x >= k\)

可以证明以上两个条件与 \(x\) 能成为新集合的 \(mex\) 是充要的，因此对于 \(\forall x \in[0,n]\)，若 \(x \in [cnt[x],n-x]\)，则 \(x\) 可以成为新集合的 \(mex\)。

显然可以差分来优化统计答案，具体细节见代码。

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F

首先确定所有必须成为 \(fixed\space point\) 的点：\(i = 1\) 或 \(i\) 为质数且 \(2*i<=n\)。也就是说其他的数 \(i\) 必然存在一个 \(x<=n\)，使得 \(gcd(i,x)=1\)。那么考虑将这些数全部变为非固定点，即可最大化非固定点的数量。

由于是在一个排列中作交换（即置换），因此最终一定形成若干个大小不等的环。其中大小为 \(1\) 的环为固定点，大小 \(>1\) 的环一定可以通过错位使得每个点均不是固定点。

考虑以下构造方式：先将所有 \(<=n/2\) 的质数 \(p\) 和 \(2p\) 放入同一个环中，这样就使得 \(\forall 质数p<=n/2\)，均位于一个大小 \(>1\) 的置换环中。

由于所有 \(<=n/2\) 的质数均位于大小 \(>1\) 的置换环中，所有 \(>n/2\) 的质数已经钦定为固定点。因此剩下的数一定均为合数，且最大质因子显然一定 \(<=n/2\)，那么由上述结论，直接把它们分配到对应最大质因子所在的环中即可。具体细节见代码。

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G

数论题

首先放个结论：对于\(\forall b\space，x = (a + bk)\space mod\space m\) \(\space\) -> \(x\) 可取值是首项为 \(a\)，公差为 \(gcd(k, m)\) 的等差数列。可手玩得出该结论，证明略。

剩下的题解懒得写了，大致描述下关键思路吧：由于 \(gcd(k, m)\) 一定是 \(m\) 的约数，因此对于操作1的每次修改，将 \(m\) 的每个约数均暴力处理一次，复杂度 \(O(q*d(n))\)，可接受。

操作2的查询主要依据原序列的差分数组中负数的个数，因为手玩可以看出需要最小化连续非递降子数组的个数，故需要依据差分数组中的负数来分段。而单点修改最多只会改变原序列差分数组中的2个值，因此可做到修改复杂度 \(O(q*d(n))\)，查询复杂度 \(O(q*log(d(n)))\)（需要二分查找对应 \(gcd\) 的下标）。具体细节见代码与视频讲解。

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