Problem A
题意
给定长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，求出一个区间，使得这个区间的最大值和最小值的乘积最大。
多组数据，数据组数 \(T \leq 10^4,2 \leq n \leq 10^5,1 \leq a_i \leq 10^6,\sum n \leq 3 \times 10^5\)
题解
显然，长度大于等于 \(3\) 的区间是没用的。
Problem B
题意
给定长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，求出 \(\max\limits_{1 \leq i< j \leq n}\{ij - k\cdot(a_i | a_j)\}\)，其中 \(\mid\) 是按位或。
多组数据，数据组数 \(T \leq 10^4,2 \leq n \leq 10^5,1 \leq k \leq \min\{n,100\},0 \leq a_i \leq n,\sum n \leq 3 \times 10^5\)
题解
有一个显然错误的贪心思路：选 \(i=n-1,j=n\)。很容易发现这是错的，因为可能存在一组 \(i=i',j=j'\)，它们的乘积 \(n(n-1)\) 小，但式子的第二项 \(k\cdot(a_i | a_j)\) 比较 \(i=n-1,j=n\) 时小，它们也有可能成为答案。
注意到 \(a_i|a_j\) 是与 \(n\) 同阶（但不一定小于等于 \(n\)，例如 \(n=8,(0111)_2|(1000)_2 = (1111)_2 = (15)_{10}>n\)）。
于是式子的第二项与 \(kn\) 同阶。所以，如果 \(i'j'\) 比 \(n(n-1) - k \cdot (a_{n-1}|a_{n})\) 还要小，那么也有 \(i'j'-k \cdot (a_{i'}|a_{j'}) < n(n-1) - k \cdot (a_{n-1}|a_{n})\)，则 \(i=i',j=j'\) 一定不会成为答案。当 \(i'\) 不变时，更小的 \(j'\) 也不会成为答案。
倒序枚举 \(i'\) 和 \(j'\)，当上述情况出现时就停止枚举。可以证明，该做法的时间复杂度是正确的。事实上，它在大多数测试数据上都表现良好。
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;
int a[N];
int n,k;
inline int read(void){
int res,f=1;
char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')
if(c=='-')f=-1;
res=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
res=res*10+c-48;
return res*f;
}
signed main(void){
int T=read();
while(T--){
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=read();
}
int maxx=n*(n-1),ans=maxx-k*(a[n]|a[n-1]);
for(int i=n;i;--i){
for(int j=i-1;j;--j){
if(i*j<=maxx-k*(a[n]|a[n-1])){
break;
}
ans=std::max(ans,i*j-k*(a[i]|a[j]));
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
Problem C
题意
给定 \(n,m\)，求出最小的不在序列 \(n \oplus 0,n\oplus 1,\cdots,n \oplus m\) 的自然数，即该序列的 \(\operatorname{MEX}\)，其中 \(\oplus\) 表示按位异或。
多组数据，数据组数 \(T \leq 3 \times 10^4\)，\(0 \leq n,m \leq 10^9\)
题解
注意到对于任何 \(a\)，有且仅有一个 \(b\) 满足 \(n \oplus b = a\)。同时，\(n \oplus b = a \Leftrightarrow n \oplus a = b\)。因此，只需要求出一个 \(a\) 使得 \(n \oplus a = b> m\)，此时 \(a\) 就是 \(\operatorname{MEX}\)。
我们发现 \(>\) 这个限制不太好做，于是转化一下，变成 \(n \oplus a \ge m+1\)。从高到低考虑 \(n\) 和 \(m+1\) 的每一位：
- 如果 \(n\) 的这一位是 \(0\)，\(m+1\) 的这一位也是 \(0\)，\(a\) 取 \(0\) 最优。
- 如果 \(n\) 的这一位是 \(1\)，\(m+1\) 的这一位是 \(0\)，那么 \(a\) 取 \(0\) 最优。此时一定有 \(n \oplus a \ge m+1\)，不需要再考虑接下来的位。
- 如果 \(n\) 的这一位是 \(0\)，\(m+1\) 的这一位是 \(1\)，那么 \(a\) 必须取 \(1\)。
- 如果 \(n\) 的这一位是 \(1\)，\(m+1\) 的这一位是 \(1\)，那么 \(a\) 必须取 \(0\)。
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int a[50],b[50];
inline int read(void){
int res,f=1;
char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')
if(c=='-')f=-1;
res=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
res=res*10+c-48;
return res*f;
}
inline int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
signed main(void){
int T=read();
while(T--){
n=read(),m=read();
if(n>m){
puts("0");
continue;
}
++m;
for(int i=35;i>=0;--i){
a[i]=(((1ll<<i)&n)>0);
b[i]=(((1ll<<i)&m)>0);
}
int ans=0;
for(int i=35;i>=0;--i){
if(a[i]==b[i]){
continue;
}
if(a[i]==1&&b[i]==0){
break;
}
if(a[i]==0&&b[i]==1){
ans|=(1ll<<i);
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
Problem D
题意
构造一个长度为 \(n\) 的由小写字母构成的字符串，使得每个子串的出现次数位为奇数。
多组数据，数据组数 \(T \le 500\)，\(1 \leq n \leq 10^5,\sum n \leq 3 \times 10^5\)
题解
当 \(n\) 为偶数时，构造形如 \(\texttt {aaaa...b...aaa}\)，即 \(\dfrac n2\) 个 \(\texttt a\)，一个 \(\texttt b\)，和 \(\dfrac n2 -1\) 个 \(\texttt a\)。
当 \(n\) 为奇数时，在前面加上一个 \(\texttt c\)，就成为了 \(n\) 为偶数的情况。注意判断 \(n=1\)。
# include <bits/stdc++.h>
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(void){
int res,f=1;
char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')
if(c=='-')f=-1;
res=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
res=res*10+c-48;
return res*f;
}
int main(void){
int T=read();
while(T--){
int n=read();
if(n%2){
if(n==1){
puts("a");
continue;
}
putchar('b');
for(int i=1;i<=n/2;++i){
putchar('a');
}
putchar('c');
for(int i=1;i<=n/2-1;++i){
putchar('a');
}
puts("");
}else{
for(int i=1;i<=n/2;++i){
putchar('a');
}
putchar('b');
for(int i=1;i<=n/2-1;++i){
putchar('a');
}
puts("");
}
}
return 0;
}
Problem E
题意
给定一棵 \(n\) 个节点的树。
重复以下步骤 \(n\) 次，可以得到一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)：
- 每次选取一个没有被删除的节点 \(u\)。
- 计算与它相连的还没有被删除的点的个数（不包括 \(u\) 本身），记为 \(s\)。然后，将 \(a_u\) 赋值为 \(s\)。
- 删除它以及与它相连的边。
对于 \(k=1\cdots n\)，计算序列 \(a\) 的数量使得 \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)=k\)。值得一提的是，\(\gcd(x,0)(x \neq 0) =x\)。
多组数据，数据组数 \(T \leq 10^4,2 \leq n \leq 10^5, \sum n \leq 3 \times 10^5\)
题解
注意到一条边的 \((u,v)\) 的两个端点删除的先后顺序会影响 \(a_u\) 和 \(a_v\) 的大小。如果 \(u\) 先被删除，那么 \(a_u\) 会因为这条边而增加 \(1\)，反之亦然。对于每一条边 \((u,v)\)，需要在 \(u\) 和 \(v\) 当中选恰好一个，并将选中的端点的 \(a\) 加上 \(1\)。因此，一共有 \(2^{n-1}\) 种 \(a\) 序列。
我们先来考虑 \(k>1\) 的情况。此时，\(a\) 序列中不应该有 \(i\) 使得 \(a_i = 1\)。不妨设 \(1\) 为这棵树的根。那么，与叶子节点相连的所有边都只能选择给它们父亲的 \(a\) 值加上 \(1\)。
接下来，我们来考虑连向子节点的边的选择均已确定的点 \(i\)。如果 \(k \mid a_i\)，那么它连向父亲的边只能选择给它父亲的 \(a\) 值加上 \(1\)。否则只能选择给 \(a_i\) 加上 \(1\)。特殊地，如果加上 \(1\) 之后 \(a_i\) 仍然不能被 \(k\) 整除，那么这样的 \(a\) 序列不存在。
于是当 \(k>1\) 时至多存在一个合法的 \(a\) 序列。
\(k=1\) 时的答案即为 \(2^{n-1}\) 减去所有 \(k>1\) 的答案之和。
现在来计算时间复杂度。看上去是 \(O(n^2)\) 的。注意到，对于每一条边 \((u,v)\)，都会对 \(a\) 序列的和造成恰好 \(1\) 的贡献。因此，如果 \(k \nmid n-1\)，那么合法的序列数量一定为 \(0\)。另外，容易发现在 \(k>1\) 时算法只检验了是否存在一个 \(\gcd\) 为 \(k\) 或 \(k\) 的倍数的序列，而不是恰好为 \(k\) 的序列。因此，还需要减去 \(2k,3k,...\) 的答案之和，才是真正的答案。
# include <bits/stdc++.h>
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f,MOD=998244353;
typedef long long ll;
struct Edge{
int to,next;
}edge[N<<1];
int head[N],sum;
int n;
int ans[N],now[N];
inline int read(void){
int res,f=1;
char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')
if(c=='-')f=-1;
res=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
res=res*10+c-48;
return res*f;
}
inline void add(int x,int y){
edge[++sum]=(Edge){y,head[x]},head[x]=sum;
return;
}
bool dfs(int i,int fa,int k){
now[i]=0;
for(int j=head[i];j;j=edge[j].next){
int to=edge[j].to;
if(to==fa)
continue;
if(!dfs(to,i,k))
return false;
}
if(now[i]%k==0)
++now[fa];
else
++now[i];
if(now[i]%k)
return false;
return true;
}
inline ll qpow(ll d,ll p){
ll res=1;
while(p){
if(p&1ll)
res=res*d%(ll)MOD;
d=d*d%(ll)MOD,p>>=1ll;
}
return res;
}
int main(void){
int T=read();
while(T--){
n=read();
sum=0,std::fill(head+1,head+1+n,0);
for(int i=1;i<n;++i){
ans[i]=0;
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}
ans[n]=0;
for(int i=2;i<n;++i)
if((n-1)%i==0)
ans[i]=dfs(1,0,i);
for(int i=n-1;i;--i){
for(int j=2;i*j<n;++j)
ans[i]-=ans[i*j];
}
ans[1]=qpow(2,n-1);
for(int i=2;i<n;++i){
ans[1]=(ans[1]-ans[i]+MOD)%MOD;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
return 0;
}