Educational Codeforces Round 173

Educational Codeforces Round 173

C

记得是处理一下前缀最大值和最小值，后缀最大值和最小值，最后合并即可。这个有讲解，不多赘述。

D

考虑令 \(A = aG, B=bG\)，我们有 \(\gcd(a, b) = 1\)。

题目转化为求使得 \(\lvert a - b\rvert\) 最大的 \(a, b\in[L', R']\)，满足 \(\gcd(a, b) = 1\)。

这个我们不难发现，\(\gcd(p, n) = 1\) 当然 \(n = kp\) 除外。

所以如果我们从小到大枚举 \(a\)，从大到小枚举 \(b\)，大概率会找到 \(\gcd(a, b) = 1\) 的数对。

我们直接暴力枚举：

for (i64 i = l; i <= r && i - l < lim && i - l < res; ++i)
	for (i64 j = r; j >= i && r - j < lim && i - l + r - j < res; --j)
		if (gcd(i, j) == 1) {
			res = min(res, i - l + r - j);
			L = i, R = j;
		}

这个枚举的复杂度是很低的，我感觉是 \(\log^2\) 的枚举，还有一个 \(\log\) 的求 \(\gcd\)，但是常数很小。

不妨假设枚举了 \(a = L'\)，这时候 \(\gcd(L', b) = 1\) 显然应该很容易成立。

举个例子，我们要使 \(\gcd(n, b)\neq 1\) 对 \(b=2,3,4,\cdots\) 都不成立，\(n=2\times3\times5\times7\times\cdots\)，只有 \(\log n\) 项。但是反观 \(b\) 的增长代价是很小的，\(b\) 增长 \(1\)，\(a\) 基本上就要乘上一个质数。

我只能说，感性证明，具体证明应该是可以的。

代码298220001

E

这个考虑直接拆位。给定两个 01 矩阵。
能够把某一行改为 \(0\)，某一列改为 \(1\)，求能否 A -> B
反着考虑？看一下 \(B\) 是否某行为 \(0\) 或者某列为 \(1\)。
如果是，可以把这行/列从矩阵中删除，然后看剩下的矩阵是否对应。
时间复杂度 \(O(T S (n+m)\log V)\)。

代码298246149

F

赛时的代码有很多 BUG，不过算法是对的。

首先题目就是求区间中删去若干个数，要求剩下的数异或和为 \(0\)，求最多删几个和方案数。

约定：我们下面说的「答案」，指的是保留的数字数量。

首先，我们观察到，当区间长度 \(L\) 满足 \(L>51\) 的时候，根据鸽巢原理，显然存在 \(a_i\oplus a_j=0\)，我们只需要考虑答案是 \(2\) 还是 \(1\)。

\(1\) 就是有 \(0\)，\(2\) 就是有两个数相同，这都很好处理（具体可见代码，存储每个数出现的位置，然后二分）。

另一方面，当 \(L \ge 12\) 的时候，根据鸽巢原理，\(\binom{12}{2} = 66>64\)，也就是有 \(a_i\oplus a_j = s\) 且 \(a_x\oplus a_y=s\)，我们的答案不会超过 \(4\)。

所以对于 \(12\le L\le 51\) 的情况，我们可以去枚举这样的 \(i, j, x, y\)，对于 \((i, j)\) 这对，可以用桶，对于 \((x, y)\) 这对，我们直接枚举（钦定 \(i, j < x,y\)）。可见代码：

Z ans3 = 0, ans2 = 0, ans4 = 0;
array<Z, 64> cnt, cnt2;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
    for (int j = i + 1; j <= r; ++j) {
        ans3 += cnt[a[i] ^ a[j]];
        ans4 += cnt2[a[i] ^ a[j]];
        if ((a[i] ^ a[j]) == 0) ans2 += 1;
    }
    cnt[a[i]] += 1;
    for (int j = l; j < i; ++j)
        cnt2[a[i] ^ a[j]] += 1;
}

这里 ans2, 3, 4 就是选 \(2, 3, 4\) 个数异或和为 \(0\) 的方案数，然后用 cnt[x] 记录前 \(i\) 个数中为 \(x\) 的数的数量，cnt2[x] 记录前 \(i\) 个数中，选两个数的异或和为 \(x\) 的方案数。

时间复杂度 \(O(50^2)\)。

对于 \(L<12\) 的情况，我们直接 \(2^{12}\) 枚举每个数选还是不选。

综上，时间复杂度 \(O(q(50\log n + 50^2 + 2^{12}))\)。

代码298305541

UPD AT 2024/12/25(13:13)：经指正，上面这个做法的复杂度是 \(O(q(50\log n+50^2 + 12\times2^{12}))\) 次方的，我少考虑了枚举 \(2^{12}\) 种可能后计算的复杂度。

后经过思考，对于 \(6 ≤ n ≤ 11\) 的情况，应该可以强行再分讨做 \(64n\) 的转移，维护 cnt3。

Z ans3 = 0, ans2 = 0, ans4 = 0, ans5 = 0;
array<Z, 64> cnt, cnt2, cnt3;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
    for (int j = i + 1; j <= r; ++j) {
        ans3 += cnt[a[i] ^ a[j]];
        ans4 += cnt2[a[i] ^ a[j]];
        ans5 += cnt3[a[i] ^ a[j]]
        if ((a[i] ^ a[j]) == 0) ans2 += 1;
    }
    for (int v = 0; v < 64; ++v)
        cnt3[v ^ a[i]] += cnt2[v];
    for (int j = l; j < i; ++j)
        cnt2[a[i] ^ a[j]] += 1;
    cnt[a[i]] += 1;
}

时间复杂度为 \(O(q(50\log n+50^2+64\times50 + 6\times2^6))\)。

因为感觉分讨的有点复杂，并且加上维护 cnt3 的启发，我想可以用 f[i][x] 维护保留 \(i\) 个数，异或和为 \(x\) 的方案数解决本题，dp 的代码见下：

f[0][0] = g[0][0] = 1;
for (int i = l; i <= r; ++i)
    for (int k = 7; k; --k) {
        for (int v = 0; v < 64; ++v) {
            f[k][v ^ a[i]] += f[k - 1][v];
            g[k][v ^ a[i]] |= g[k - 1][v];
        }
    }

提交记录298360108，本做法的时间复杂度为 \(O(q(50\log n + 64\times 7\times 50))\)，但似乎 hack 不掉。hack 记录。

G

没看。

就到这。