Educational Codeforces Round 85 (Rated for Div. 2)

(Educational Codeforces Round 85 (Rated for Div.2))

(A. Level Statistics)
每天都可能会有人玩游戏，同时一部分人会过关，玩游戏的人数和过关的人数会每天更新，问记录的数据是否没有矛盾

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//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};

void solve(){
    int n, x = 0, y = 0;
    cin >> n;
    bool ok = true;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        if(a<x or b<y or b>a) ok = false;
        if(b-y>a-x) ok = false;
        x = a, y = b;
    }
    if(ok) cout << "YES" << endl;
    else cout << "NO" << endl;
}
int main(){
    ____();
    int T;
    for(cin >> T; T; T--) solve();
    return 0;
}

(B - Middle Class)
每次可以选几个人把钱均摊，问经过若干次操作之后最多有多少人的钱可以大于(x)
从大到小排序，然后判断前(i)个人均摊之后能否都大于(x)，找最大的(i)即可

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//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};
const int MAXN = 1e5+7;
using LL = int_fast64_t;
int n,x,A[MAXN];
void solve(){
    cin >> n >> x;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> A[i];
    sort(A+1,A+1+n,greater<int>());
    LL tot = 0, pr = 0; 
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        pr += x;
        tot += A[i];
        if(tot<pr){
            cout << i-1 << endl;
            return;
        }
    }
    cout << n << endl;
}
int main(){
    ____();
    int T;
    for(cin >> T; T; T--) solve();
    return 0;
}

(C. Circle of Monsters)
怪物站成一圈，每个怪物有血量(A_i)，和爆炸伤害(B_i)，每次打一颗子弹，可以扣除怪物(1)滴血，怪物血量(le0)时死亡，死亡之后会对(i+1)个怪物造成相应的爆炸伤害，问最少多少子弹可以消灭所有怪物。
(1~n)复制一遍到(n+1~2n)，然后算上一个怪物爆炸的情况下这个怪物还需要多少子弹，求前缀和，然后枚举第一个打的怪物即可

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//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};
const int MAXN = 6e5+7;
using LL = int_fast64_t;
int n;
LL A[MAXN],B[MAXN],cost[MAXN],sum[MAXN];
void solve(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> A[i] >> B[i];
        A[i+n] = A[i]; B[i+n] = B[i];
    }
    for(int i = 2; i <= n * 2; i++){
        cost[i] = max(0ll,A[i]-B[i-1]);
        sum[i] = sum[i-1] + cost[i];
    }
    LL ret = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ret = min(ret,A[i]+sum[i+n-1]-sum[i]);
    cout << ret << endl;
}
int main(){
    ____();
    int T;
    for(cin >> T; T; T--) solve();
    return 0;
}

(D. Minimum Euler Cycle)
给一张完全图，任意两个点(u,v)之间有(u ightarrow v, v ightarrow u)两条边，要求走完所有边并且走的点的标号的字典序最小，要求输出一段区间内的顶点标号。
假设为顶点数为(n)的完全图，则方案为：
((1, 2, 1, 3, 1, 4 cdots 1, n)( 2, 3, 2, 4 cdots 2, n)( 3, 4, 3, 5 cdots 3, n) cdots (n-3, n-2, n-3, n-1, n-3, n)( n-2, n-1, n-2, n)( n-1, n) 1)
用括号括出来的可以找出来规律

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};
using LL = int_fast64_t;
LL n, l, r;
void solve(){
    scanf("%I64d %I64d %I64d",&n,&l,&r);
    if(l==n*(n-1)+1){
        puts("1");
        return;
    }
    int stpos = 1;
    LL tot = 0;
    LL L = 0, R = n - 1;
    while(L<=R){
        LL mid = (L+R)>>1;
        if((n-1+n-mid)*mid<l) L = mid + 1;
        else R = mid - 1;
    }
    stpos = L;
    tot = (n-1+n-R)*R;
    int cur = stpos + (l-tot) / 2;
    bool tg = (((l-tot)&1)?true:false);
    for(LL i = l; i <= r; i++){
        if(stpos==n){
            printf("1 ");
            break;
        }
        if(tg){
            printf("%d ",stpos);
            cur++;
        }
        else{
            printf("%d ",cur);
            if(cur==n){
                stpos++;
                cur = stpos;
            }
        }
        tg = !tg;
    }
    puts("");
}

int main(){
    int T;
    for(scanf("%d",&T); T; T--) solve();
    return 0;
}

(E. Divisor Paths)
给出数(D)，以这个数建图，建图规则为：所有(D)的因子为顶点，(u,v(u>v))两点之间连边的条件为：(u%v==0 and u/v is prime)，且边权为(f(u)-f(v))，其中(f(x))为(x)的因子数量，现在有(Q)次询问，每次询问(u,v)间的最短路条数。

首先我们假设要从(u)到(v)且(u\%v==0)，那么走的边必然是(u)比(v)分解之后多的质因子，略证：
首先假设命题成立
现在从(a ightarrow b)，我们走多余质因子边：(path(a,b)=a ightarrow c ightarrow b)，则路径长度为：(f(a)-f(c)+f(c)-f(b)=f(a)-f(b))，现在假设不走多余质因子边则：(path(a,b)=a ightarrow c ightarrow d ightarrow cdots ightarrow b)，路径长度为(f(a)-f(c)+f(d)-f(c)+dist(d,b)=f(a)-f(c)+f(d)-f(c)+f(d)-f(x)+dist(x,b)=dist(a,b)+2f(d)-2f(c)>dist(a,b))
如果(u\%v e 0)，则必然是先从(u)到(gcd(u,v))，再从(gcd(u,v)到v)是最优的
如果两个数不互质的话可以先取(gcd)，然后必然能经过点(1)，然后只要找出(1)到各个点最短路的方案数即可。
假设(x)各个素因子的数量分别为(P_1,P_2,cdots,P_m)，则最短路数量就是(frac{(sum_{i=1}^{m}P_i)!}{prod_{i=1}^{m}(P_i!)})

//#pragma GCC optimize("O3")
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};
using LL = int_fast64_t;
const LL MOD = 998244353;
const int MAXN = 1e5+7;
LL D, q, fact[MAXN], invf[MAXN];
map<LL,LL> ret;
LL qpow(LL a, LL b){
    LL res = 1;
    while(b){
        if(b&1) res = res * a % MOD;
        b >>= 1;
        a = a * a % MOD;
    }
    return res;
}
void ikun(LL x){
    LL v = x;
    vector<int> vec;
    int tot = 0;
    for(LL i = 2; i * i <= x; i++){
        if(x%i!=0) continue;
        int cnt = 0;
        while(x%i==0) cnt++, x /= i;
        tot += cnt;
        vec.emplace_back(cnt);
        if(x==1) break;
    }
    if(x!=1) tot++;
    LL res = fact[tot];
    for(int p : vec) res = res * invf[p] % MOD;
    ret.insert(make_pair(v,res));
}
void solve(){
    fact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < MAXN; i++) fact[i] = fact[i-1] * i % MOD;
    invf[MAXN-1] = qpow(fact[MAXN-1],MOD-2);
    for(int i = MAXN - 2; i >= 0; i--) invf[i] = invf[i+1] * (i+1) % MOD;
    cin >> D >> q;
    for(LL i = 1; i * i <= D; i++){
        if(D%i!=0) continue;
        ikun(i);
        if(i*i!=D) ikun(D/i);
    }
    while(q--){
        LL u, v;
        cin >> u >> v;
        LL g = __gcd(u,v);
        u /= g; v /= g;
        cout << ret.at(u) * ret.at(v) % MOD << endl;
    }
}
int main(){
    ____();
    solve();
    return 0;
}

(F. Strange Function)
给出一个序列，(f(A))操作就是取序列(A)的前缀递增序列，序列中每个数有一个价值，现在要求你删除序列(a)中的一些元素，使得(f(A)=B)
考虑朴素的(DP)，(dp[i][j])表示现在(A)串的(i)位置和(B)串的(j)位置匹配，最小的花费，转移如下：
①如果不删除
(egin{cases} dp[i+1][j] = dp[i][j] & if A[i+1]le B[j] \ dp[i+1][j+1] = dp[i][j] & if A[i+1]=B[j+1] \ 不合法 & if A[i+1]>B[j] and A[i+1] e B[j+1] end{cases})
②如果删除
(dp[i+1][j] = dp[i][j] + cost[i+1])
现在整理一下：
(egin{cases}dp[i+1][j] = dp[i][j]+min(cost[i+1],0) & if A[i+1]le B[j] \ dp[i+1][j+1] = min(dp[i][j],dp[i][j+1]) & if A[i+1]=B[j+1] \ dp[i+1][j] = dp[i][j]+cost[i+1] & if A[i+1]>B[j] end{cases})
可以发现(i+1)的状态都是从(i)的状态转移过来的，所以可以把第一维给去掉，然后用线段树或者树状数组维护一下

//#pragma GCC optimize("O3")
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};
const int MAXN = 5e5+7;
using LL = int_fast64_t;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,A[MAXN],B[MAXN],p[MAXN];
template<typename T>
struct SegmentTree{
    T lazy[MAXN<<2];
    int l[MAXN<<2],r[MAXN<<2];
    #define ls(rt) rt << 1
    #define rs(rt) rt << 1 | 1
    void build(int L, int R, int rt){
        l[rt] = L; r[rt] = R;
        lazy[rt] = 0;
        if(L+1==R) return;
        int mid = (L + R) >> 1;
        build(L,mid,ls(rt)); build(mid,R,rs(rt));
    }
    void pushdown(int rt){
        if(!lazy[rt]) return;
        lazy[ls(rt)] += lazy[rt];
        lazy[rs(rt)] += lazy[rt];
        lazy[rt] = 0;
    }
    void update(int L, int R, int rt, T x){
        if(L>=r[rt] || l[rt]>=R) return;
        if(L<=l[rt] && r[rt]<=R){
            lazy[rt] += x;
            return;
        }
        pushdown(rt);
        update(L,R,ls(rt),x); update(L,R,rs(rt),x);
    }
    T query(int L, int R, int rt){
        if(L>=r[rt] || l[rt]>=R) return 0;
        if(L<=l[rt] && r[rt]<=R) return lazy[rt];
        pushdown(rt);
        return query(L,R,ls(rt))+query(L,R,rs(rt));
    }
};
SegmentTree<LL> ST;
int main(){
    ____();
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> A[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];
    cin >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> B[i];
    ST.build(0,m+1,1);
    ST.update(1,m+1,1,INF);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int pos = lower_bound(B+1,B+1+m,A[i]) - B;
        if(A[i]==B[pos]){
            ST.update(pos,m+1,1,min(0,p[i]));
            ST.update(pos,pos+1,1,min(0ll,ST.query(pos-1,pos,1)-ST.query(pos,pos+1,1)));
            ST.update(0,pos,1,p[i]);
        }
        else{
            ST.update(pos,m+1,1,min(0,p[i]));
            ST.update(0,pos,1,p[i]);   
        }
    }
    LL ret = ST.query(m,m+1,1);
    if(ret>INF/2) cout << "NO" << endl;
    else cout << "YES" << endl << ret << endl;
    return 0;
}

(G. Substring Search)
给出两个串(s,t)要求找到在(t)串中所有能和(s)串匹配的位置，其中字符匹配的条件是(s_j==t_{i+j} or P_{s_j}=t_{i+j})，其中(P)为(0-25)的一个排列。
如果用朴素的想法，(26)个字符每个都匹配一遍，最后找每个位置的匹配数量的话，一共要进行(78)遍(FFT)，但是题目只给了(1.25s)，显然是行不通的
如果转化成方程的形式，那么如果两个串匹配，则每个相应字符都能匹配上，可以写成：

[sum_{j=0}^{m-1}(t_{i+j}-s_j)^2cdot (t_{i+j}-P_{s_j})^2==0 ]

把(s)串翻转后得到：

[sum_{j=0}^{m-1}(t_{i+j}-s_{m-1-j})^2cdot (t_{i+j}-P_{s_{m-1-j}})^2 ]

转换成卷积形式：

[sum_{x+y=i+m-1}(t_x-s_y)^2cdot (t_x-P_{s_y})^2 ]

每个位置的值即为：

[sum_{i=0}^{n-1}sum_{x+y=i+m-1}(t_x-s_y)^2cdot (t_x-P_{s_y})^2 ]

展开：

[sum_{i=0}^{n-1}sum_{x+y=i+m-1}t_x^4-2(s_y+P_{s_y})t_x^3+(s_y^2+P{s_y}^2+4s_yP{s_y})t_x^2-2s_yP_{s_y}(s_y+P_{s_y})t_x+s_y^2P_{s_y}^2 ]

对于第一项和最后一项可以用前缀和来求，这样可以只做(7)次(FFT)
hack数据有点恶心，把NTT的998244353模数卡了，用1004535809能过
好像bitset可以水过，而且耗时还很优秀

//#pragma GCC optimize("O3")
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
function<void(void)> ____ = [](){ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);};
const int MAXN = 1e6+7;
using LL = int_fast64_t;
//const LL MOD = 998244353;
const LL MOD = 1004535809;
const LL g = 3;
int n,P[30],l,limit,r[MAXN],lens,lent;
LL A[MAXN],B[MAXN],C[MAXN];
char s[MAXN],t[MAXN];
LL qpow(LL a, LL b){
    if(!a) return 0;
    LL ret = 1;
    while(b){
        if(b&1) ret = ret * a % MOD;
        b >>= 1;
        a = a * a % MOD;
    }
    return ret;
}
void NTT(LL arr[], int rev){
    for(int i = 0; i < limit; i++) if(i<r[i]) swap(arr[i],arr[r[i]]);
    for(int len = 1; len < limit; len <<= 1){
        LL wn = qpow(g,(MOD-1)/(len<<1));
        if(rev==-1) wn = qpow(wn,MOD-2);
        for(int R = 0; R < limit; R += (len<<1)){
            LL w = 1;
            for(int i = R; i < R + len; i++){
                LL x = arr[i], y = w * arr[i+len] % MOD;
                arr[i] = (x+y)%MOD;
                arr[i+len] = (x-y+MOD)%MOD;
                w = w * wn % MOD;
            }
        }
    }
}
int main(){
    for(int i = 0; i < 26; i++){
        scanf("%d",&P[i]);
        P[i]--;
    }
    scanf("%s %s",s,t);
    lens = strlen(s); lent = strlen(t);
    reverse(s,s+lens);
    limit = 1; l = 0;
    while(limit<=(lens+lent-2)) limit <<= 1, l++;
    for(int i = 0; i < limit; i++) r[i] = (r[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(l-1));
    for(int i = lent; i < limit; i++) B[i] = 0;
    for(int i = lens; i < limit; i++) C[i] = 0;
    for(int i = 0; i < lent; i++){
        LL x = t[i] - 'a';
        B[i] = x * x * x;
    }
    for(int i = 0; i < lens; i++) C[i] = (-2*(s[i]-'a'+P[s[i]-'a'])+MOD)%MOD;
    NTT(B,1); NTT(C,1);
    for(int i = 0; i < limit; i++) A[i] = (A[i] + B[i] * C[i]) % MOD;
    for(int i = lent; i < limit; i++) B[i] = 0;
    for(int i = lens; i < limit; i++) C[i] = 0;
    for(int i = 0; i < lent; i++){
        LL x = t[i] - 'a';
        B[i] = x * x;
    }
    for(int i = 0; i < lens; i++) C[i] = qpow(s[i]-'a',2)+qpow(P[s[i]-'a'],2)+4*(s[i]-'a')*P[s[i]-'a'];
    NTT(B,1); NTT(C,1);
    for(int i = 0; i < limit; i++) A[i] = (A[i] + B[i] * C[i]) % MOD;
    for(int i = lent; i < limit; i++) B[i] = 0;
    for(int i = lens; i < limit; i++) C[i] = 0;
    for(int i = 0; i < lent; i++) B[i] = t[i] - 'a';
    for(int i = 0; i < lens; i++) C[i] = (-2*(s[i]-'a')*P[s[i]-'a']*(s[i]-'a'+P[s[i]-'a'])+MOD)%MOD;
    NTT(B,1); NTT(C,1);
    for(int i = 0; i < limit; i++) A[i] = (A[i] + B[i] * C[i]) % MOD;
    NTT(A,-1);
    LL inv = qpow(limit,MOD-2);
    LL sum = 0;
    vector<LL> pre(lent);
    for(int i = 0; i < lens; i++) sum += (s[i]-'a')*(s[i]-'a')*P[s[i]-'a']*P[s[i]-'a'];
    pre[0] = qpow(t[0]-'a',4);
    for(int i = 1; i < lent; i++) pre[i] = pre[i-1] + qpow(t[i]-'a',4);
    for(int i = lens - 1; i < lent; i++) A[i] = (A[i] * inv + sum + pre[i] - ((i-lens>=0)?pre[i-lens]:0)) % MOD;
    for(int i = lens - 1; i < lent; i++) putchar(A[i]?'0':'1'); puts("");
    return 0;
}