A. Digits Sum
显然 (S(x+1)<S(x)) 当且仅当 (x) 个位是 9，所以列个式子即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, "
"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
void Solve() {
int n = read();
print((n + 1) / 10, 1);
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
B. Reverse String
字符串做太少了，我瞎想了个哈希。
枚举 s 串的的第一种操作的起点和终点，这对应了 s 串的一个子串，用哈希判断其是否位 t 串的前缀（第一个操作）。然后 for 循环判断 t 串的后缀是否合法（第二个操作）。（这个 for 循环也可以哈希 / kmp，为了手速就不写了）
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, "
"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
int x = rnd() % 100;
template<typename string>
struct Hash{
template<int b,int mod>
struct hs{
vector<int> a,p;
hs(const string &s=""){
a={0},p={1};
for(auto c:s){
a.push_back((1ll*a.back()*b+(c^x))%mod);
p.push_back(1ll*p.back()*b%mod);
}
}
ll q(int l,int r){
return (a[r+1]-1ll*a[l]*p[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
};
hs<257,1000000007> h1;
hs<257,2147483647> h2;
Hash(const string &s):h1(s),h2(s){}
pair<ll, ll> query(int l,int r){
return {h1.q(l,r),h2.q(l,r)};
}
};
char s[N], t[N];
void Solve() {
scanf("%s%s", s, t);
int n = strlen(s), m = strlen(t);
Hash<string> ss(s), tt(t);
repeat (i, 0, m)
repeat (j, 0, n - i)
if (ss.query(j, j + i) == tt.query(0, i)) {
int f = true;
repeat (p, i + 1, m)
if (t[p] != s[i + j - p + i]) {
f = false;
break;
}
if (f) { OK; }
}
GG;
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
C. Penalty
非常容易可得，要么 A 球队赢要么 B 球队赢要么平（废话）。
对于前一种情况，我们要让所有 ? 尽可能让 A 得分，至少不让 B 得分。每个球后判断 A 是否稳赢了。第二种情况也类似。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, "
"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
char s[N];
void Solve() {
scanf("%s", s);
auto cnt = array<int, 2>{0};
int ans = 10;
repeat (i, 0, 10) {
if (s[i] == '1') cnt[i % 2]++;
else if (s[i] == '?' && i % 2 == 1) cnt[1]++;
if ((9 - i) / 2 < cnt[1] - cnt[0])
ans = min(ans, i + 1);
}
cnt = array<int, 2>{0};
repeat (i, 0, 10) {
if (s[i] == '1') cnt[i % 2]++;
else if (s[i] == '?' && i % 2 == 0) cnt[0]++;
if ((9 - i + 1) / 2 < cnt[0] - cnt[1])
ans = min(ans, i + 1);
}
print(ans, 1);
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
D. Backspace
贪心。
显然一开始可以进行任意次 backspace，就不太好操作。考虑反过来，如果 s 最后一个字符和 t 最后相同，就进行匹配，否则这个字符将替换位 backspace（这导致这个字符和它前一个字符都从 s 中消失）。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, "
"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
#define int ll
char s[N], t[N];
void Solve() {
scanf("%s%s", s, t);
int n = strlen(s), m = strlen(t);
int p = m - 1;
repeat_back (i, 0, n) {
if (p >= 0 && s[i] == t[p]) {
p--;
} else {
i--;
}
}
if (p == -1) OK;
GG;
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
E. Permutation Shift
初看真的被吓到了，什么 shift，还交换。但是做法真的好简单。（）
这题的关键是 m 的范围 (0 le m le dfrac{n}{3})。
首先，先 shift 再交换，还是先交换再 shift，其实没区别。我们先 shift p 数组，然后交换来让 p 变回 identity 排列。
排列变回 identity 需要的交换次数是多少？（群论的知识不多讲了，我语言能力太菜）次数是 (排列长度 - 排列分解为循环置换的个数)。
由于 m 最大为 (dfrac{n}{3})，直接可以推出 shift 操作后 (p_i = i) 的个数至少为 (dfrac{n}{3})。
所以问题就很简单了，答案的个数最多为 3，我们只要统计 ((p_i - i)mod n) 的个数。如果大于等于 (dfrac n 3)，就跑一遍把 p 左移 ((p_i - i)mod n) 后的排列，统计它的循环置换个数。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, "
"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
int Count(int a[],int n){
static bool vis[N];
int cnt=0;
fill(vis,vis+n,0);
repeat(i,0,n)if(!vis[i]){
for(int p=a[i];p!=i;p=a[p])
vis[p]=1;
cnt++;
}
return cnt;
}
vector<int> ans;
int a[N], cnt[N];
int b[N];
void Solve() {
ans.clear();
int n = read(), k = read();
fill(cnt, cnt + n, 0);
repeat (i, 0, n) {
a[i] = read() - 1;
cnt[(i + n - a[i]) % n]++;
}
repeat (i, 0, n) {
if (cnt[i] >= n / 3) {
repeat (j, 0, n) b[j] = a[(j + i) % n];
if (n - Count(b, n) <= k)
ans.push_back(i);
}
}
sort(ans.begin(), ans.end());
print(ans.size());
repeat (i, 0, ans.size())
print(ans[i], i == ib - 1);
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
F. Pairwise Modulo
这题 (a_i
eq a_j) 太有用了，去掉我就不会做了。
把问题分为两部分：
- 维护一个集合，支持插入 x，查询 (displaystylesum_{iin ext Set}i mod x)。
- 维护一个集合，支持插入 x，查询 (displaystylesum_{iin ext Set}x mod i)。
对于第一个部分，先把 (i mod x) 写成 (i-xlfloordfrac{i}{x} floor)。(sum i) 简单，x 是常量，(sumlfloordfrac{i}{x} floor) 可以用线段树 / 树状数组维护（单点修改，区间求和），在线段树的集合元素位置记录 1，查询 ([x, 2x-1][2x,3x-1]...)。咋一看好像 (O(n)) 次查询，实则因为 (a_i) 互不相等，所以平均 (O(log n)) 查询，复杂度 (O(nlog^2n))。
对于第二部分，还是把 (x mod i) 写成 (x-ilfloordfrac{x}{i} floor)。如果暴力数论分块 + 线段树，复杂度 (O(nsqrt nlog n)) 过不了，所以需要反一下。考虑把 i 加入集合时对未来 x 的贡献，在 ([i, 2i-1][2i,3i-1]...) 这些位置区间加 1, 2, ...。所以就是区间加单点查询的线段树 / 树状数组，(O(nlog^2n))。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, "
"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
#define int ll
struct zkw {
const ll a0 = 0;
int n; ll a[N * 4];
void init(int inn, ll in[] = nullptr) { // A[x] = a0 or in[x]
n = 1; while (n < inn) n <<= 1;
fill(a + n, a + n * 2, a0);
if (in) repeat (i, 0, inn) a[n + i] = in[i];
repeat_back (i, 1, n) up(i);
}
void up(int x) { // private
a[x] = a[x * 2] + a[x * 2 + 1];
}
void add(int x, ll k) { // A[x] += k
x += n;
a[x] += 1;
while (x >>= 1) up(x);
}
ll sum(int l, int r) { // U(A[l, r])
ll ans = a0; l += n - 1, r += n + 1;
while (l + 1 < r){
if (~l & 1) ans = (ans + a[l + 1]);
if ( r & 1) ans = (ans + a[r - 1]);
l >>= 1, r >>= 1;
}
return ans;
}
} zkw, tr;
int ans[N];
void Solve() {
int n = read();
zkw.init(300000); tr.init(300000);
ll sum = 0;
repeat (i, 0, n) {
int x = read(); sum += x;
zkw.add(x, 1);
if (i) ans[i] = ans[i - 1];
ans[i] += sum;
ans[i] += x * i - tr.sum(0, x);
for (int j = x; j <= 300000; j += x) {
// orz(j, j + x - 1);
// cout << tr.qb(j, j + x - 1) << endl; pause;
ans[i] -= zkw.sum(j, min(300000ll, j + x - 1)) * j;
tr.add(j, j / x * x);
tr.add(min(300000ll, j + x - 1) + 1, -j / x * x);
}
print(ans[i], i == n - 1);
}
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; // T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}