比赛链接：https://codeforces.com/contest/1327
A. Sum of Odd Integers
上来几分钟才加载出来，切A又切不动555
一波分析发现和最小的 (k) 个数一定是 (1,3,5,...,(2k-1))，如果 (n) 小于它们之和，就不行
还有如果它们之和的奇偶性和 (n) 不一样也不行
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,j;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>j;
cout<<(j*(1+2*j-1)/2<=n && (j*(1+2*j-1)/2+n)%2==0?"YES":"NO")<<endl;
}
return 0;
}
B. Princesses and Princes
题目真的长到自闭
刚开始匹配一波，然后找两个未被匹配的输出就行了
找不到当然直接OPTIMAL
辣鸡代码警告
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,j;
bool f[N],g[N]; //g表示公主被匹配，f表示王子被匹配
vector<int> a[N];
void find(){
cout<<"IMPROVE"<<endl;
repeat(i,0,n)if(!g[i]){cout<<i+1; break;}
repeat(i,0,n)if(!f[i]){cout<<' '<<i+1<<endl; break;}
}
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
repeat(i,0,n)a[i].clear();
fill(f,f+n,0);
fill(g,g+n,0);
int cnt=0;
repeat(i,0,n){
int m,x; cin>>m;
repeat(j,0,m)cin>>x,x--,a[i].push_back(x);
for(auto p:a[i]){
if(!f[p]){
f[p]=1;
g[i]=1;
cnt++;
break;
}
}
}
if(cnt==n)cout<<"OPTIMAL"<<endl;
else find();
}
return 0;
}
C. Game with Chips
emmm直接输入 (n,m) 就好了，后面懒得输入，输出可以遍历所有点的走法
我还犹豫好久
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,m;
signed main(){
cin>>n>>m;
string s;
s+=string(m-1,'L');
s+=string(n-1,'U');
repeat(i,0,n){
if(i%2==0)s+=string(m-1,'R');
else s+=string(m-1,'L');
if(i!=n-1)s+='D';
}
cout<<s.length()<<endl;
cout<<s<<endl;
return 0;
}
D. Infinite Path
会循环置换应该就没问题
首先有一个不知道叫什么名字的定理，任意一个置换都可以拆成若干个不相交的循环置换
什么？循环置换是什么？没做专题13暴露了吧（huge fog）
循环置换什么的可以找一些博客看一下，比如最简单易得的oi-wiki：https://oi-wiki.org/math/permutation-group/
因此接下来我默认大家会了这个定理：
我们先找到一个循环置换 (P)（所有循环置换都要执行一遍接下来的操作），长度记为 (len)，事实上 (P^k) 其实也能进一步拆成多个小循环置换，而且恰好是 (gcd(k,len)) 个，当然，每个小循环置换的长度就是 (dfrac {len} {gcd(k,len)})
而且有结论 (gcd(k,len)) 相等的两个 (k) 拆出来的小循环置换是一模一样的（可以 (len=6,k=1...6) 玩一玩）
所以我们只要让 (k) 遍历所有 (len) 的约数（这样的话每个 (gcd(k,len)) 都不相同），每次把小循环置换拿出来问它是不是只有一种颜色，如果是就更新答案
最终复杂度是 (O(nsqrt n))
辣鸡代码警告
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,m,ans;
int a[N],co[N],vis[N];
vector<int> rec,v;
bool work2(int s,int step){
int n=rec.size();
int p=s,nxt=(p+step)%n;
while(nxt!=s){
if(rec[p]!=rec[nxt])return 0;
p=nxt,nxt=(p+step)%n;
}
return 1;
}
void work(){
int n=rec.size();
for(int i=1;i<n;i=n/(n/(i+1))) //这花里胡哨的其实是求n的所有约数
if(n%i==0){
repeat(j,0,i){
if(ans<=i)return;
if(work2(j,i)){
ans=min(ans,i);
return;
}
}
}
int i=n;
repeat(j,0,i){
if(ans<=i)return;
if(work2(j,i)){
ans=min(ans,i);
return;
}
}
}
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
fill(vis,vis+n+1,0);
repeat(i,1,n+1)cin>>a[i];
repeat(i,1,n+1)cin>>co[i];
ans=1e9;
repeat(i,1,n+1)if(!vis[i]){
int p=i;
rec.clear();
while(!vis[p]){
rec.push_back(co[p]);
vis[p]=co[p];
p=a[p];
}
work();
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
E. Count The Blocks
又是喜(sang)闻(xin)乐(bing)见(kuang)的计数题
对每一个大小为 (i) 的块，我们发现如果把它放中间，它的相邻两个数字都有 (9) 个取值（除了和块一样的取值），剩下的 (n-i-2) 个数字都有 (10) 个取值，因此这个位置就计数 (81cdot 10^{n-i-2}) 次
有 (n-i-1) 个这样的位置所以额外乘以 (n-i-1)
如果把它放边界上，就只有一个数字与它相邻，剩下的 (n-i-1) 个数字都有 (10) 个取值，因此这个位置就计数 (9cdot 10^{n-i-1}) 次
有 (2) 个这样的位置所以额外乘以 (2)
当然这个块取值也有 (10) 种，所以总共是 (10(81cdot 10^{n-i-2}(n-i-1)+18cdot 10^{n-i-1}))
特判两个条件（具体看代码）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
#define int ll
int t,n,m;
signed main(){
cin>>n;
repeat(i,1,n+1){
ll ans=0;
if(n-i>=2){
ans+=mul(81*(n-i-1),qpow(10,n-i-2));
ans+=mul(9*2,qpow(10,n-i-1));
ans%=mod;
}
else if(n-i==1){
ans+=mul(9*2,qpow(10,n-i-1));
ans%=mod;
}
else ans=1;
ans=mul(ans,10);
cout<<ans<<' ';
}
return 0;
}
F. AND Segments
一道dp题，dp杀我
首先每个二进制位相互不影响，所以可以拆位
所以接下来我们讨论所有 (x_i) 是 (0) 或 (1) 的情况
根据 (&) 的性质可以发现，如果 (x_i=1) 则要求 (a[l_i...r_i]) 里全是 (1)（我们称之为第一类区间），如果 (x_i=2) 则要求 (a[l_i...r_i]) 里至少有一个 (0)（我们称之为第二类区间）
这些区间相互勾结嵌套，处理这个问题比较难以入手，然而某些巨佬仍然能一眼看出dp
我们令 (dp[i]) 为，如果只填前 (i) 个数字，而且 (a[i]=0) 的方案数
如果 (i) 在第一类区间内，显然 (a[i]) 填 (0) 填 (1) 都不行，方案数 (dp[i]=0)
如果 (i) 在不在第一类区间内，在没限制情况下 (dp[i]=2dp[i-1])，因为 (a[i-1]) 可以填 (0) 或 (1)。如果有限制的话，(a[i-1]=0) 的情况肯定没事，而 (a[i-1]=1) 就可能会出现 (a[s...i-1]) 都是 (1) 的方案，这连续的 (1) 如果把某一区间覆盖了，就会凉凉
因此我们需要判断哪些 (s) 可以让 ([s...i-1]) 覆盖了第二类区间，初始化让 (last[i-1]) 存了最大的 (s) 值即可
所以！最终！第 (i) 位不在第一类区间内的状态转移方程是 (dp[i]=2dp[i-1]-(dp[0]+dp[1]+dp[2]+...+dp[last[i]-1]))（(dp[0]) 当然等于 (1)）
其中减掉的 (dp[k]) 表示第 (k) 位是 (0)，第 (k) 位以后都是 (1) 的方案数
这时我们用 (sum[i]) 维护 (dp[0]+...+dp[i])，然后for一遍就行了
我基本上对着gyz大爹代码口胡的呜呜呜有点误差，当然代码也是gyz大爹的代码稍微改一下过来的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=500010;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
//#define int ll
int l[N],r[N],x[N],last[N],v[N];
ll sum[N],dp[N];
int n,m,k;
int main(){
cin>>n>>k>>m;
ll ans=1;
repeat(i,0,m)cin>>l[i]>>r[i]>>x[i];
repeat(i,0,k){
dp[0]=sum[0]=1;
repeat(j,1,n+2)last[j]=v[j]=0;
repeat(j,0,m)
if((x[j]>>i)&1){
++v[l[j]];
--v[r[j]+1];
}
else last[r[j]+1]=max(last[r[j]+1],l[j]);
repeat(j,1,n+2){
v[j]+=v[j-1];
last[j]=max(last[j],last[j-1]);
}
repeat(j,1,n+2){
if(!v[j]){
dp[j]=sum[j-1];
if(last[j])
dp[j]=(dp[j]-sum[last[j]-1])%mod;
}
else dp[j]=0;
sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%mod;
}
ans=ans*dp[n+1]%mod;
}
cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
}