Codeforces Round #671 (Div. 2)

A. Digit Game

有一个正整数 \(n \leq 10^{1000}\)，先手每次可以把奇数位染黑，后手每次可以把偶数位染黑，如果最后一个没被染黑的数是奇数先手赢，否则后手赢，给定 \(n\) 求谁有必胜策略。

题解：

如果总位数是奇数，先手可以控制剩下的数是哪个，否则后手可以控制，两种情况分别判一下奇数位是否有奇数/偶数位是否有偶数即可。

B. Stairs

定义一个 \(n\) 层的楼梯为第一行一个格子，第二行两个，第三行三个 ，\(\cdots\)，第 \(n\) 行 \(n\)个格子右对齐组成的图形。

如果一个 \(n\) 层楼梯是好的，当且仅当它可以被分成不超过 \(n\) 个不相交的正方形。

\(T\) 组询问一个 \(m\)，求不超过 \(m\) 个格子最多拼出几个大小不同的好的楼梯。

\(T \leq 1000\)，\(m \leq 10^{18}\)。

题解：

思路：

看起来非常分治，可以猜到，合法的楼梯大小为 \(2^k-1\)

证明：

考虑楼梯的左上边界，每个格子一定在不同的正方形里，所以每个楼梯至少要 \(n\) 个不相交的正方形才能覆盖，并且每个正方形都要至少覆盖一个左上边界的格子。

发现每个正方形最多覆盖一个左上边界的格子，因为如果同时覆盖两个那么那两个就都不是楼梯的左上边界了。

所以每个正方形恰好覆盖一个左上边界的格子。

最左下的格子一定被划分成一个整的正方形。

一定有一个从左往右第二列，从下往上第二行为左上角的 \(2 \times 2\) 的正方形（如果是 \(1 \times 1\) 的那么从左往右第二列，最下面一行的格子不会被覆盖）。

依此类推，可以发现每个正方形如果是存在的那么位置就是确定的。

假设前 \(x\) 个正方形构成了一个楼梯，那么第 \(x+1\) 个正方形一定是 \((x+1)\times (x+1)\) 的，所以 \(x+1\) 到 \(2x+1\) 之间没有合法的楼梯。

如果可以构造出 \(2^k-1\) 即可得证。

直接放一个 \(2^{k-1}\) 的正方形在右下角，其余递归构造即可。

\(O(T\log m)\)

C. Killjoy

有 \(n\) 个数 \(a_1,a_2 \cdots a_n\)，和一个常数 \(k\)。

如果某一时刻 \(a_i=k\) 则 \(a_i\) 被感染。

如果某一时刻 \(a_i=a_j\) 且 \(a_j\) 被感染则 \(a_i\) 也被感染。

你每次可以选择一个集合，重新安排它们的值，但是要求和不变。

问最少几次可以感染所有数。

题解：

答案一定 \(\leq 2\)，因为可以随便选两个数，把其中一个变成 \(k\)，再把所有数都变相等。

如果所有数都 \(=k\)，显然答案 \(=0\)，否则显然答案 \(>0\)。

考虑什么时候可以一次感染所有数。

如果一开始没有被感染的数，操作后一定要所有数都 \(=k\) 才能被一次性都被感染。

否则的话只要把所有数变得和感染的数相等即可。

综上所述，如果所有数都 \(=k\)，答案 \(=0\)，如果所有数的和 \(=k\times n\) 或者存在一个数 \(=k\)，答案 \(=1\)，否则是 \(2\)。

\(O(\sum n)\)

D1. Sage's Birthday (easy version)

给定 \(n\) 互不相同的数，要把它们重新排序，使得满足 \(i \in [2,n-1]\) 且 \(a_i<a_{i-1}\) 且 \(a_i<a_{i+1}\) 的 \(i\) 最多，给出最大值和构造。

题解：

因为合法的 \(i\) 显然不相邻，且 \(i\) 一共有 \(n-2\) 种可能的取值，所以答案上界为 \(\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\)。

不妨设 \(a_1<a_2<a_3\cdots a_n\)。

把所有 \(<=a_{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor}\) 的数放到偶数位，其余放到奇数位，即可达到上界。

\(O(n \log n)\)

D2. Sage's Birthday (hard version)

给定 \(n\) 个数（不保证互不相同），要把它们重新排序，使得满足 \(i \in [2,n-1]\) 且 \(a_i<a_{i-1}\) 且 \(a_i<a_{i+1}\) 的 \(i\) 最多，给出最大值和构造。

题解：

和上一题类似，但是要尽量避免 \(a_i=a_{i+1}\) 的情况。

所以把奇数位和偶数位分别按升序排序。

但是在 \(n\) 是偶数的情况下偶数位的最后一个数会被浪费，判一下能不能把前面一个相等的换成不等的即可。

证明就是如果前面不存在相等的，就已经是最优的了。

否则答案最多亏 \(1\)，如果能换这个 \(1\) 就补回来了。

如果所有数都相等换不换也无所谓。

否则一定能把前面一对相等的和它换成不等的。

\(O(n \log n)\)

E. Decryption

给定一个合数 \(n\)，你要把它的 \(>1\) 的因子排成一个环。

每次操作可以把环上两个数变成它们的 \(\text{lcm}\)，问至少多少次操作可以使得任意相邻两个都不互质。

给出环的构造和答案。

\(T \leq 100\)，\(n \leq 10^9\)

题解：

肯定尽量让这个环上面相邻两个数都不互质。

下面 \(p,q\) 都表示某个质数。

如果 \(n\) 有一个质因数（\(n=p^k\)），它的因子有 \(p,p^2,p^3\cdots p^k\)，随便排都不互质，答案 \(=0\)。

如果 \(n\) 有两个质因数 （n=\(p^aq^b\)）

如果 \(n=pq\)，它的因子有 \(p,q,pq\)，很遗憾 \(p,q\) 一定相邻，不存在答案 \(=0\) 的构造。

但是把 \(p,q\) 进行一次操作即可，答案 \(=1\)，显然不能更小。

否则不妨设 \(a>1\)，答案可以 \(=0\)。

构造：\(pq,p,\) 所有剩下的 \(p\) 的倍数 \(,p^2,p^2q\)，所有剩下的 \(q\) 的倍数。

如果 \(n\) 有 \(\geq 3\) 个质因数，不妨设它们是 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\)，答案可以 \(=0\)。

构造： \(p_1p_2\)，所有剩下的 \(p_1\) 的倍数，\(p_2p_3\)，所有剩下的 \(p_2\)的倍数，\(\cdots\) \(p_kp_1\)，所有 \(p_k\) 的倍数。

\(O(\sum \sqrt{n})\) （分解质因数）

F. Rain of Fire

平面上有 \(n\) 个点，只有某两个点的连线平行于坐标轴它们两个才互相能走到。

问能不能加一个整点使得所有点都能走到对方，如果能的话求最大距离的最小值。

\(n \leq 1000\)，\(|x|,|y| \leq 10^9\)

题解：

二分答案。

二分后可以看成某对点的连线平行于坐标轴且距离 \(\leq mid\) 才互相能走到，要判断是否连通。

算出每对点能不能走到对方，能的话加一条边。

如果最后只剩一个连通块，显然是可行的。

考虑如何判断两个点是否能加一个点之后可达。

如果 \(\max (|x_1-x_2|,|y_1-y_2|) \leq mid\) 的话，就在 \((x_1,y_2)\) 或者 \((x_2,y_1)\) 加一个点。

如果 \(x_1=x_2\) 且 \(|y_2-y_1| \leq mid\) 或者 \(y_1=y_2\) 且 \(|x_2-x_1| \leq mid\) 的话，就在它们两个中点加一个点。

可以暴力枚举点对，假设加 \((x,y)\) 这个点可以让这两个点对连通，就在 \(map_{(x,y)}|=bel_x|bel_y\)，其中 \(map\) 是个 \(map\)，\(bel_x\)和\(bel_y\) 是 \(x,y\) 所属连通块。

最后遍历一遍 \(map\) 看有没有全集即可，\(O(n^2\log n \log x)\)，勉强能冲过去。

关于卡常：可以先判是否有解再二分，因为无解的情况二分时候是跑满的。

其实好像可以单 \(\log\) （离散化之后差分？）

分类讨论。

如果只有两个连通块，暴力枚举点对判是否可达。

否则加的那个点一定在两个点的连线（且平行于坐标轴）上。

这样的线段一共只有 \(O(n)\) 个。

三个连通块的情况枚举线段和点，看点到线段的距离是否 \(\leq mid\)。

四个连通块的情况枚举两个线段看是否有交。