Codeforces Round 1006 (Div. 3)
A. New World, New Me, New Array
题意：你要选\(n\)个值域在\([-p, p]\)之间数, 使得总和恰好为\(k\)。
\(k\)跟\(-k\)都是一样的，那么令\(k=|k|\)，每次填\(min(k, p)\)，然后\(k = k - min(k, p)\)。就能得到\(k\)。无解的情况就是\(n\times p < k\)。
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void solve() {
int n, k, p;
std::cin >> n >> k >> p;
k = std::abs(k);
if (p * n < k) {
std::cout << -1 << "\n";
return;
}
std::cout << (k + p - 1) / p << "\n";
}
B. Having Been a Treasurer in the Past, I Help Goblins Deceive
题意：一个字符串分为两种字符：'-'和'_'。你可以重排字符串，使得子序列"-_-"最多。
我们应该让'-'放两边，中间放'_'。两边'-'的数量应该越接近越好。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
i64 a = std::count(s.begin(), s.end(), '-');
i64 b = std::count(s.begin(), s.end(), '_');
i64 c = a / 2;
std::cout << c * (a - c) * b << "\n";
}
C. Creating Keys for StORages Has Become My Main Skill
题意：你要构造一个数组，使得所有数的或值等于\(x\)，并且使得\(mex\)最大。
从\(0\)到\(n-1\)找最大的前缀或和等于\(x\)的，那么前面填这些数，后面的都填\(x\)就行。
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void solve() {
int n, x;
std::cin >> n >> x;
if (n == 1) {
std::cout << x << "\n";
return;
}
std::vector<int> ans(n);
int sum = 0, max = 0, val = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
sum |= i;
if ((sum & x) == sum) {
max = i;
val = sum;
}
}
if (max == n - 1 && (val & x) != x) {
-- max;
}
int i = 0;
while (i < n && max >= 0) {
ans[i] = max -- ;
++ i;
}
if (i < n) {
for (int j = i; j < n; ++ j) {
ans[j] = x;
}
}
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cout << ans[i] << " \n"[i == n - 1];
}
}
D. For Wizards, the Exam Is Easy, but I Couldn't Handle It
题意：左移数组的一个区间，使得逆序对最小。
左移一次相当于把\(i\)插到\(j\)的后面，对\([i + 1, j]\)和除\(i\)外的数没有影响。只需要计算这些数和\(i\)对逆序对的影响。那么我们枚举\(i\)，然后枚举\(j\)，暴力即可。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
for (int j = i + 1; j < n; ++ j) {
if (a[i] > a[j]) {
++ sum;
}
}
}
int l = 0, r = n - 1;
int ans = sum;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
int v = sum;
for (int j = i; j < n; ++ j) {
if (a[j] < a[i]) {
-- v;
} else if (a[j] > a[i]) {
++ v;
}
if (v < ans || (v == ans && r - l > j - i)) {
ans = v;
l = i, r = j;
}
}
}
std::cout << l + 1 << " " << r + 1 << "\n";
}
E. Do You Love Your Hero and His Two-Hit Multi-Target Attacks?
题意：构造不超过\(500\)个点，使得欧几里得距离等于曼哈顿距离的点对恰好为\(k\)个。
这样的点对的\(x\)轴或者\(y\)轴一定相同，如果有\(n\)个\(x\)轴相同的，就有\(\frac{n(n-1)}{2}\)的贡献，那么我们一行一行的放，一直到贡献满足\(k\)就行了，注意每次放完一行列坐标得移到上一行最后的右边。
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void solve() {
int k;
std::cin >> k;
std::vector<std::pair<int, int>> ans;
int x = -1e9, y = -1e9;
while (k) {
int z = 0;
while ((i64)z * (z + 1) / 2 <= k) {
++ z;
}
k -= z * (z - 1) / 2;
for (int i = 1; i <= z; ++ i, ++ x) {
ans.push_back({x, y});
}
y += 1;
}
std::cout << ans.size() << "\n";
for (auto & [x, y] : ans) {
std::cout << x << " " << y << "\n";
}
}
F. Goodbye, Banker Life
题意：\(f[1][1] = k\)，\(f[i][j] = f[i - 1][j] \oplus f[i - 1][j - 1]\)。求第\(n\)行的值。
这题也是人类智慧，不过其实还是有理论的。
感觉递推式应该和杨辉三角有关系，打表发现如果杨辉三角等于位置的数是奇数，那么值就是\(k\)，否则是\(0\)。那么就变成了求解\(C(n - 1, i)\)是奇数还是偶数。根据\(Lucas\)定理，在模运算下我们求解\(C(n, k)\)，对于一个质数\(p\)，可以把\(n, k\)分解为\(p\)进制数，那么答案就是\(p\)进制下对应数做组合数然后每一位的值乘起来。那么发现，如果\(2\)进制下\(n\)的第\(i\)位\(n_i\)和\(k\)的第\(i\)位\(k_i\)，如果\(k_i > n_i\)，那么值就是\(0\)，否则就是\(1\)，这意味着\(k\)的二进制表示下的\(1\)必须都在\(n\)里出现，即\(n \& k = k\)。
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void solve() {
int n, k;
std::cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cout << (((n - 1) & i) == i ? k : 0) << " \n"[i == n - 1];
}
}
G. I've Been Flipping Numbers for 300 Years and Calculated the Sum
题意：\(f(n, k)\)定义为\(n\)转换为\(k\)进制翻转后再转回\(10\)进制的值，求\(\sum_{i=1}^{k} f(n, i)\)。
发现当\(k > n\)时，其在\(k\)进制下只有一位数，那么翻转后不变。那么我们讨论\(n \leq k\)的情况。
观察数据范围我们得知需要不超过\(\sqrt(n)\)的时间复杂度。那么这提示我们数论分块。
对于\(i \leq \sqrt(n)\)，我们暴力就行。
对于\(i > \sqrt(n)\)，我们发现\(n\)在\(i\)进制下只有两位数，因为第三位代表\(i^2\)，而\(n\)没有这么大。然后发现第\(i^0\)的系数是\(n \% i\)，\(i^1\)的系数是\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)。\(n\)在\(i\)进制的两位就表示为\((\lfloor \frac{n}{i} \rfloor, n \% i)\)，翻转后就是\((n \% i, \lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\)。那么有一个经典结论，对于一个区间\([l, r]\)，其中任意一个\(i \in [l, r]\)都有\(\lfloor \frac{n}{l} \rfloor = \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)，那么对于从\(l\)到\(r\)，\(n\)对它们的余数是一个等差序列，首项为\(a = n \% l\)，公差为\(d = -\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\)。，则我们求的是\(\sum_{i=l}^{r} (a - (i - l)\times d)\times i + d = (r - l + 1) \times d + \sum_{i=l}^{r} a\times i - (i^2 - i\times l) \times d\)。那么我们只需要计算出\(sum1 = \sum_{i=l}^{r} i, sum2 = \sum_{i=l}^{r} i^2\)，结果就是\((r - l + 1) \times d + sum1 \times a - (sum2 - sum1 \times l) \times d\)。
代码省略了取模类。
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void solve() {
int n;
i64 k;
std::cin >> n >> k;
auto get = [&](int n, int k) -> Z {
std::vector<int> a;
while (n) {
a.push_back(n % k);
n /= k;
}
Z res = 0;
for (auto & x : a) {
res = res * k + x;
}
return res;
};
Z ans = 0;
if (k > n) {
ans += (Z)(k - n) * n;
k = n;
}
auto s1 = [&](i64 n) -> i64 {
return n * (n + 1) / 2;
};
auto s2 = [&](i64 n) -> i64 {
return n * (n + 1) * (2 * n + 1) / 6;
};
auto sum1 = [&](i64 l, i64 r) -> i64 {
return s1(r) - s1(l - 1);
};
auto sum2 = [&](i64 l, i64 r) -> i64 {
return s2(r) - s2(l - 1);
};
for (i64 l = 2, r; l <= k; l = r + 1) {
if (l * l <= n) {
r = l;
ans += get(n, l);
} else {
r = std::min(k, n / (n / l));
i64 a = n % l, d = n / l;
ans += (Z)a * sum1(l, r) - (sum2(l, r) - sum1(l, r) * l) * d + (Z)d * (r - l + 1);
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
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