Codeforces 乱做

• \(\texttt{CF1548D1 && D2 Gregor and the Odd Cows}\)

  首先由 \(Pick\) 定理得 \(S = a + \dfrac b 2 - 1\)，由于 \(a\) 为奇数，\(S\) 则 \(S \equiv \dfrac b 2\pmod 2\)。

  \(Easy\ version\) 中，坐标都是偶数，则由 \(S = \dfrac{x_1(y_2-y_3) + x_2(y_3-y_1) + x_3(y_1 - y_2}{2}\) 可知 \(S \equiv 0 \pmod 2\)。

  三角形边上的整点数 \(b = \gcd (|x_1 - x_2|,|y_1-y_2|) + \gcd (|x_1 - x_3|, |y_1 - y_3|) + \gcd (|x_2 - x_3|, |y_2 - y_3|)\) ，则 \(b\equiv 0 \pmod 4\)。

  由于 \(x,y\) 都是偶数，有个结论是 \(\gcd (x,y) \equiv \gcd (x\bmod 4,y\bmod 4) \pmod 4\)，于是枚举三个顶点 \(\bmod 4\) 后的坐标计数即可，\(4^6\) 种情况。

  \(Hard\ version\) 不保证坐标是偶数，由于 \(S\) 是整数，则 \(b\bmod 2 = 0\)，并且三角形三边整点数为 \(3\) 个奇数 或 \(1\) 奇 \(2\) 偶。

  枚举三角形的一个端点 \(i\) ，预处理 \(cnt(x,y,z)\) 表示模 \(4\) 意义下与点 \(i\) 连边上的整点数为 \(z\) 的坐标为 \((x,y)\) 的点的数量，这一部分是 \(O(n^2)\) 的。

  然后枚举另外两个点使得两条与 \(i\) 相连的边上的整点数奇偶性相同，然后分类计数，可以发现，三边整点数为 \(3\) 个奇数的会被计算 \(6\) 次，为 \(1\) 奇 \(2\) 偶的会被计算两次，最后去重即可，时间复杂度 \(O(4^6n)\) 。

• \(\texttt{CF1354G Find a Gift}\)

  交互题。观察到 \(k\le \frac n 2\)，可以用若干次（我用了 \(20\) 次）猜出其中一个放石头的盒子，这样猜错的概率大概是 \(2^{20}\) ，然后先特判掉 \(1\) 号盒子放的是否是石头，接着倍增即可。

• \(\texttt{CF1292D Chaotic V.}\)

  麻了，写了个假做法 \(WA on test 107\)，没考虑到选的点 \(P\) 可以不在某个阶乘上，，/ll

  实际上先考虑点 \(1\) ，然后选择最大质因数中出现次数 \(> n/2\) 的质因数，这只有一个，所以直接做就行了。/qd

• \(\texttt{CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory}\)

  广义 \(Cayley\) 定理：\(n\) 个有标号节点生成一个有 \(s\) 棵树的森林且给定的 \(s\) 个点没有两个点属于同一棵树的方案数个数为 \(sn^{n-s-1}\) 。

  柿子很好推。

• \(\texttt{CF1028F Make Symmetrical}\)

  若 \(A,B\) 关于直线 \(OC\) 对称，则有 \(OA=OB\)，因此，满足对称的点在一个圆上，圆上的整点个数不多，直接暴力即可。

• \(\texttt{CF1149E Election Promises}\)

  博弈论，类似的技巧。对于每个点求出 \(val(u) = MEX\{val(v)|v\in out(u)\}\)，按 \(val(u)\) 分类，将同类的 \(h\) 异或起来，若存在某个类异或和 \(>0\)，则先手必胜，否则先手必败，证明同样考虑第一步将所有的类的异或和变为 \(0\)，然后仿照对手操作。

• \(\texttt{CF1451F Nullify The Matrix}\)

  博弈论。记 \(s_x\) 为 \(i+j=x\) 的 \(a_{i,j}\) 的异或和，若存在 \(s_x \neq 0\)，则先手必胜，否则先手必败。

  证明：若存在 \(s_x \neq 0\)，先手第一步将所有的 \(s_x\) 变为 \(0\)，然后仿照后手操作，则先手必胜，否则后手仿照先手操作，后手必胜。

• \(\texttt{CF1451E2 Bitwise Queries (Hard Version)}\)

  构造题。先查询 \(a_1\oplus a_2,a_1\oplus a_3,...,a_1\oplus a_n\)，消耗 \(n-1\) 次，剩下两次，然后分类：

  • \(a_1,a_2,...,a_n\) 互不相同，那么直接查询 \(a_1\) 和 \(a_1\oplus a_i = 1\) 的 \(a_i\) 的 \(AND\)，可以得到除第 \(0\) 位以外的所有位置，然后类似的可以查到 \(a_1\) 的第 \(0\) 位，消耗 \(2\) 次；

  • 找到任意一组 \(i,j\) 满足 \(a_1\oplus a_i = a_1\oplus a_j\)，查询 \(a_i\) 和 \(a_j\) 的 \(AND\) 可以得到 \(a_i\) 和 \(a_j\)，再通过之前查的 \(a_1 \oplus a_i\) 计算得到 \(a_1\)，消耗 \(1\) 次；

  于是就可以在 \(n+1\) 次之内得到答案。

• \(\texttt{CF1485D Multiples and Power Differences}\)

  构造题。计算器算一下可以知道 \(lcm(1,2,...,16) = 720720\)，先将矩阵黑白染色，黑色填 \(720720\)，白色对 \([1,16]\) 打个表可以找到合法的 \(720720-x_i^4\)，实际也可以 \(720720-i^4\)。

• \(\texttt{CF1209F Koala and Notebook}\)

  很妙的一个思路：将编号 \(i\) 拆出十进制位，记作 \(p_1,p_2,...,p_w\)，则 \((u,v,i)\) 可以表示为 \(u\xrightarrow{p_1}\xrightarrow{p_2}...\xrightarrow{p_w} v\)，然后就可以分层跑 \(bfs\) 了。

• \(\texttt{CF741C Arpa’s overnight party and Mehrdad’s silent entering}\)

  可以考虑加强限制，钦定 \(2i,2i+1\) 选不同的食物，连边，情侣间也连边，这样是没有奇环的（交替走情侣边和普通边），直接二分图染色即可构造方案。

• \(\texttt{CF449C Jzzhu and Apples}\)

  从大到小考虑每个质因数 \(x\) ，将 \(x\) 的倍数中还未匹配的数找出来两两匹配，个数为奇数时将 \(2x\) 保留，留给质因数 \(2\) 匹配，可以证明这是最优的。

• \(\texttt{CF1503D Flip the Cards}\)

  很妙的题。 首先若存在 \(a_i,b_i\le n\) 显然无解，先判掉。

  然后考虑将 \(a_i,b_i\) 中较小的放在前面，按 \(a_i\) 从小到大排序，记作 \((i,f(i))\)

  对于一种解，必然是将 \((i,f(i))\) 分成两个递减的子序列，将其中一个子序列 \(i,f(i)\) 交换并逆序排列拼回去得到的，于是考虑将代价最小化。

  有一个难注意到的性质是：若 \(i\) 满足 \(\min\limits_{j=1}^i f(j) > \max\limits_{j=i+1}^n f(j)\)，则可以将序列分成 \([1,i]\) 和 \((i,n]\) 两端且决策互不干扰。

  利用这个性质，可以对每个段贪心，开两个栈，每次挑栈顶较小且大于当前 \(f(i)\) 的放进去，若放不进去则无解。

  (两个栈都可以放时，有 \(f(i)\) 小于两个栈顶， 这一段中 \(>i\) 的位置必然存在一个 \(j\) 满足 \(f(j)\) 大于至少一个栈顶，因而 \(f(j) > f(i)\)，若 \(f(i)\) 放入较大的栈顶，则最后会导致 \(f(j)\) 放不进去，因此决策是唯一的。)

• \(\texttt{CF1479C Continuous City}\)

  有趣的构造题，考虑二进制。

  先构造 \([1,2^k](k\ge 0)\)，对于 \(i\in [2,k+2]\)，连边 \((i,j,2^{i-2})(i < j)\) 和 \((1,i,1)\) 。

  接着考虑 \([1,R](2^{k}<R<2^{k+1})\)，新建一个点 \(n = k + 3\)，连边 \((1,n,1)\) ，对于 \(i\in [2,k+2]\) 连边 \((i,n,1+\sum\limits_{j=i+1}^{k+2}2^{j-2}[(R-1)\&2^{j-2}])\) 就行了。

  最后对于 \([L,R](L > 1)\)，将所有的点编号 \(+1\) ，连边 \((1,2,L-1)\) 。

• \(\texttt{CF1479D Odd Mineral Resource}\)

  类似于 \(\texttt{CF1418G Three Occurrences}\)，给每个颜色随机一个权值 \(v\)，查询树上 \(u\rightarrow v\) 的路径上的权值异或和即可判断是否有出现奇数次的颜色，时间复杂度 \(\mathrm{O(n\log n)}\)。

  另一种解法是树上莫队 + 分块，对颜色分块，莫队移动指针时将出现奇数次的颜色丢进对应的块里，查询时暴力扫可能的颜色，若找到直接返回，否则删去这个颜色，分析一下时间复杂度可以知道这是 \(\mathrm{\Theta(n\sqrt n + q\sqrt n)}\) 的。

• \(\texttt{CF1479E School Clubs}\)

  不会，弃了， \(\texttt{鞅与停时定理}\)。

• \(\texttt{CF1614 D1 && D2: Divan and Kostomuksha}\)

  记 \(b_i = \gcd(a_1,a_2,...,a_i)\) ，有个易证的性质是 \(b_{i+1}|b_i\)，那么可以考虑 \(dp_x\) 表示 \(b_1 = x\) 时的 \(\sum b_i\)，枚举 \(x\) 的约数 \(d\)，则有转移：

  \[dp_x \longleftarrow dp_{d}+cnt(x)(x-d) \]

  其中 \(cnt(x)\) 为 \(a\) 序列中被 \(x\) 整除的数的个数，这个可以 \(\mathrm{O(v\ln v)}\) 做高维后缀和，其中 \(v\) 为 \(\max\{a_i\}\)，这样就可以过 \(D1\) 了。

  \(D2\) 换成 \(Dirichlet\) 后缀和即可，时间复杂度 \(\mathrm{O(v\log\log v)}\)。

• \(\texttt{CF1614E Divan and a Cottage}\)

  先设 \(ans_i(t) = t + i\)，开棵线段树维护每个点的函数，对于 \(T_i\)，将 \(< T_i\) 的函数值全部加一， \(> T_i\) 的函数值全部减一，易知这个函数是不降的，修改时二分出区间即可，时间复杂度 \(\mathrm{O(n\log^2n)}\)，写线段树上二分可以做到 \(1\log\)。