CodeTON Round 9 div 1+2 个人题解(A~E)

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分类专栏： codeforces周赛题解文章标签： codeforces c++ ICPC ACM

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CodeTON Round 9 div 1+2 个人题解(A~E)

Dashboard - CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) - Codeforces

火车头

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ft first
#define sd second

#define yes cout << "yes\n"
#define no cout << "no\n"

#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"

#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"

#define pb push_back
#define eb emplace_back

#define all(x) x.begin(), x.end()
#define all1(x) x.begin() + 1, x.end()
#define unq_all(x) x.erase(unique(all(x)), x.end())
#define unq_all1(x) x.erase(unique(all1(x)), x.end())
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL

#define RED cout << "\033[91m"     // 红色
#define GREEN cout << "\033[92m"   // 绿色
#define YELLOW cout << "\033[93m"  // 蓝色
#define BLUE cout << "\033[94m"    // 品红
#define MAGENTA cout << "\033[95m" // 青色
#define CYAN cout << "\033[96m"    // 青色
#define RESET cout << "\033[0m"    // 重置

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// typedef __int128_t i128;

typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef pair<ll, int> pli;
typedef pair<string, ll> psl;

typedef tuple<int, int, int> ti3;
typedef tuple<ll, ll, ll> tl3;
typedef tuple<ld, ld, ld> tld3;

typedef vector<bool> vb;
typedef vector<int> vi;
typedef vector<ll> vl;
typedef vector<string> vs;
typedef vector<vi> vvi;
typedef vector<vl> vvl;

// std::mt19937_64 rng(std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

template <typename T>
inline T read()
{
    T x = 0;
    int y = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch > '9' || ch < '0')
    {
        if (ch == '-')
            y = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * y;
}

template <typename T>
inline void write(T x)
{
    if (x < 0)
    {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x >= 10)
    {
        write(x / 10);
    }
    putchar(x % 10 + '0');
}

/*#####################################BEGIN#####################################*/
void solve()
{
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    // freopen("test.in", "r", stdin);
    // freopen("test.out", "w", stdout);
    int _ = 1;
    std::cin >> _;
    while (_--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

/*######################################END######################################*/
// 链接：

A. Shohag Loves Mod

Shohag 有一个整数 $n$ 。请帮他找出一个递增的整数序列 $\leq a_1 < a_2 < \ldots < a_n \leq 100$ ，使得 $a_i \mod i \neq a_j \mod j$ 在所有 $\leq i < j \leq n$ 的对中都成立。

可以证明，在给定的约束下，总是存在这样的序列。

输入
第一行包含一个整数 $t$ ( $\leq t \leq 50$ ) — 测试用例数。
每个测试用例的第一行，也是唯一一行，包含一个整数 $n$ ( $\leq n \leq 50$ )。

输出
对于每个测试用例，打印 $n$ 个整数——满足语句中所述条件的整数序列。如果有多个这样的序列，则输出任意一个。

示例
输入

2
3
6

输出

2 7 8
2 3 32 35 69 95

注意
在第一个测试用例中，序列是递增的，值在 $1$ 到 $100$ 之间，并且每对索引满足语句中提到的条件：

对于对 $(1, 2)$ ， $a_1 \mod 1 = 2 \mod 1 = 0$ ， $a_2 \mod 2 = 7 \mod 2 = 1$ 。所以它们是不同的。
对于对 $(1, 3)$ ， $a_1 \mod 1 = 2 \mod 1 = 0$ ， $a_3 \mod 3 = 8 \mod 3 = 2$ 。所以它们是不同的。
对于对 $(2, 3)$ ， $a_2 \mod 2 = 7 \mod 2 = 1$ ， $a_3 \mod 3 = 8 \mod 3 = 2$ 。所以它们是不同的。
请注意，您不必打印完全相同的序列，只要打印满足必要条件的任何其他序列即可。

解题思路

我们贪心的想，如果要让我们在后面限制尽可能的少，我们应该构建出 $a_i \mod i = 0,1,2,3,\dots$ 这样的序列。

实际上就是 $\dots , 2i-1$

实现代码

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout << 2 * i - 1 << " \n"[i == n];
    }
}

B. Shohag Loves Strings

对于字符串 $p$ ，设 $f (p)$ 是 $p$ 的唯一非空子串的个数。

Shohag 有一个字符串 $s$ 。请帮助他找到一个非空字符串 $p$ ，使得 $p$ 是 $s$ 的子串，且 $f (p)$ 是偶数，或者指出不存在这样的字符串。

输入
第一行包含一个整数 $t$ ( $\leq t \leq 10^4$ ) - 测试用例数。
每个测试用例的第一行，也是唯一一行，包含一个由小写英文字母组成的字符串 $s$ ( $\leq |s| \leq 10^5$ )。
保证所有测试用例中 $s$ 的长度总和不超过 $\cdot 10^5$ 。

输出
对于每个测试用例，打印一个满足语句中所述条件的非空字符串，如果不存在这样的字符串，则打印 $- 1$ 。如果有多个解决方案，则输出任意一个。

示例
输入

5
dcabaac
a
youknowwho
codeforces
bangladesh

输出

abaa
-1
youknowwho
eforce
bang

注意
在第一个测试用例中，我们可以设 $\text{abaa}$ ，因为它是 $s$ 的子串，且 $p$ 的唯一非空子串有 $a, b, aa, ab, ba, aba, baa$ 和 $abaa$ ，因此总共有 $8$ 个不同的子串，这是偶数。

在第二个测试用例中，我们只能设 $p = a$ ，但它只有一个唯一非空子串，因此这个数字是奇数，不有效。

在第三个测试用例中，整个字符串包含 $52$ 个不同的非空子串，因此字符串本身是一个有效的解决方案。

解题思路

观察发现

对于长度为 $1$ 的子串：显然不符合条件。
对于长度为 $2$ 的子串：
- 如果两个字母相同，即形如 $aa$ ，所有子串为： $a, aa$ 。为偶数，符合条件。
- 如果两个字母不同，即形如 $ab$ ，所有子串为： $a, b, ab$ 。为奇数，不符合条件。
对于长度为 $3$ 的子串：
- 如果存在连续两个字母相同，即形如 $aab$ 或 $abb$ ,包含在情况 $1$ 中。
- 如果有两个字母相同但不连续，即形如 $aba$ ，所有子串为： $a, b, ab, ba, aba$ 。为奇数，不符合条件。
- 如果三个字母都不同，即形如 $ab c$ ，所有子串为： $a, b, c, ab, b c, ab c$ 。为偶数，符合条件。
对于长度为 $4$ 及以上的子串：被前三种情况涵盖

所以只需要检查字符串中是否存在形如 $aa$ 或 $ab c$ 的子串即可。

实现代码

void solve()
{
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.size();
    if (n == 1)
    {
        cout << "-1\n";
        return;
    }

    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        if (s[i] == s[i - 1])
        {
            cout << s[i - 1] << s[i] << "\n";
            return;
        }
    }
    for (int i = 2; i < n; i++)
    {
        if (s[i] != s[i - 1] && s[i] != s[i - 2] && s[i - 1] != s[i - 2])
        {
            cout << s[i - 2] << s[i - 1] << s[i] << "\n";
            return;
        }
    }
    cout << "-1\n";
}

C1. Shohag Loves XOR (Easy Version)

这是问题的简单版本。两个版本的不同之处以粗体标出。只有两个版本的问题都解决了，才能进行破解。

Shohag 有两个整数 $x$ 和 $m$ 。帮他数出有多少个整数 $\leq y \leq m$ 是 $\neq y$ 和 $\oplus y$ 的整数除数，这些整数要么是 $x$ ，要么是 $y$ ，要么两者都是。这里的 $\oplus$ 是按位异或操作符。

输入
第一行包含一个整数 $t$ ( $\leq t \leq 10^4$ ) - 测试用例数。
每个测试用例的第一行，也是唯一一行，包含两个空格分隔的整数 $x$ 和 $m$ ( $\leq x \leq 10^6$ , $\leq m \leq 10^{18}$ )。
保证所有测试用例中 $x$ 的总和不超过 $10^7$ 。

输出
为每个测试用例打印一个整数，即合适的 $y$ 个数。

示例
输入

输出

注意
在第一个测试用例中，对于 $x = 6$ ，在 $1$ 到 $m = 9$ 的整数中，有 $3$ 个有效的 $y$ ，它们是 $4$ 、 $5$ 和 $7$ 。

$y = 4$ 是有效的，因为 $\oplus y = 6 \oplus 4 = 2$ ，而 $2$ 是 $x = 6$ 和 $y = 4$ 的除数。
$y = 5$ 是有效的，因为 $\oplus y = 6 \oplus 5 = 3$ ，而 $3$ 是 $x = 6$ 的除数。
$y = 7$ 是有效的，因为 $\oplus y = 6 \oplus 7 = 1$ ，而 $1$ 是 $x = 6$ 和 $y = 7$ 的除数。
在第二个测试用例中，对于 $x = 5$ ，在 $1$ 到 $m = 7$ 的整数中，有 $2$ 个有效的 $y$ ，它们是 $4$ 和 $6$ 。

$y = 4$ 是有效的，因为 $\oplus y = 5 \oplus 4 = 1$ ，而 $1$ 是 $x = 5$ 和 $y = 4$ 的除数。
$y = 6$ 是有效的，因为 $\oplus y = 5 \oplus 6 = 3$ ，而 $3$ 是 $y = 6$ 的除数。

解题思路

我们可以预处理出所有 $x$ 的因数，然后枚举这些因数 $d$ ，计算出 $y=x \oplus d $ ，判断是否满足 $KaTeX parse error: Undefined control sequence: \and at position 8: y\le m \̲a̲n̲d̲ ̲y\neq x$ 。

这样我们就获得了所有符合条件的 $x$ 的因数数量 $c n t 1$ 。

然后我们再枚举所有所有 $y\le x$ 的数，统计出所有符合条件的 $y$ 并去之前枚举过程中预计的符合条件的 $y$ 做一下容斥即可。

实现代码

const int N = 1e6 + 5;
vi divi[N];

void getDivi()
{
    for (int i = 1; i < N; i++)
    {
        for (int j = i; j < N; j += i)
        {
            divi[j].pb(i);
        }
    }
}
void solve()
{
    ll x, m;
    cin >> x >> m;
    ll cnt1 = 0, cnt2 = 0, cnt12 = 0;
    for (auto &d : divi[x])
    {
        ll y = x ^ d;
        if (y >= 1 && y <= m && y != x)
        {
            cnt1++;
            if (y % d == 0)
                cnt12++;
        }
    }
    for (int d = 1; d <= x; d++)
    {
        ll y = x ^ d;
        if (y >= 1 && y <= m && y != x)
        {
            if (y % d == 0)
                cnt2++;
        }
    }
    ll ans = cnt1 + cnt2 - cnt12;
    cout << ans << "\n";
}

C2. Shohag Loves XOR (Hard Version)

这是问题的困难版本。两个版本之间的差异以粗体标出。只有两个版本的问题都解决了，才能进行破解。

Shohag 有两个整数 $x$ 和 $m$ 。帮他数出 $\leq y \leq m$ 中， $\oplus y$ 能被 $x$ 或 $y$ 这两个数整除的整数的个数。这里的 $\oplus$ 是按位异或运算符。

输出
为每个测试用例打印一个整数，即合适的 $y$ 个数。

示例
输入

输出

注意
在第一个测试用例中，对于 $x = 7$ ，在 $1$ 到 $m = 10$ 的整数中，有 $3$ 个有效的 $y$ ，它们是 $1$ 、 $7$ 和 $9$ 。

$y = 1$ 是有效的，因为 $\oplus y = 7 \oplus 1 = 6$ ，而 $6$ 能被 $y = 1$ 整除。
$y = 7$ 是有效的，因为 $\oplus y = 7 \oplus 7 = 0$ ，而 $0$ 能被 $x = 7$ 和 $y = 7$ 整除。
$y = 9$ 是有效的，因为 $\oplus y = 7 \oplus 9 = 14$ ，而 $14$ 能被 $x = 7$ 整除。

解题思路

分析 $\oplus y$ 是否能被 $x$ 、 $y$ 或两者同时整除。

$\oplus y$ 能被 $x$ 整除

设 $\oplus y$ ，则 $\oplus x$ 。因为 $\oplus x \leq z + x$ ，在 $\leq m$ 时，几乎所有 $z$ 都可行，所以数量为 $\lfloor \frac{m - x}{x} \rfloor$ 。

对于 $p > m - x$ ，只需检查区间 $(m - x, m + x]$ 中的两个 $x$ 的倍数。

$\oplus y$ 能被 $y$ 整除

当 $x < y$ 时， $\oplus y < 2y$ ，没有解。

当 $\geq y$ ，遍历所有 $\leq x$ 的值，统计 $\oplus y$ 能被 $y$ 整除的数量即可。

$\oplus y$ 能被 $x$ 和 $y$ 同时整除

这意味着 $\oplus y$ 能被 $\text{lcm}(x, y)$ 整除。当 $\neq y$ 时， $\text{lcm}(x, y) \geq 2 \cdot \max(x, y)$ ，而 $\oplus y < 2 \cdot \max(x, y)$ ，所以没有解，只有在 $y = x$ 时才会出现这种情况。

综上，答案为情况一的结果加上情况二的结果，再减去情况三的结果。

实现代码

void solve()
{
    ll x, m;
    cin >> x >> m;
    ll z = m - m % x;
    ll ans = z / x;
    if (x < z)
        ans--;
    if ((x ^ z) >= 1 && (x ^ z) <= m)
        ans++;
    if ((x ^ (z + x)) >= 1 && (x ^ (z + x)) <= m)
        ans++;
    if (x <= m)
        ans--;
    for (ll y = 1; y <= min(x, m); y++)
    {
        ans += ((x ^ y) % y == 0);
    }
    cout << ans << '\n';
}

D. Shohag Loves GCD

舒哈格有一个整数 $n$ 和由 $m$ 个唯一整数组成的集合 $S$ 。请帮他找出 $\text{最大的整数数组}^*$ $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ，使得每个 $\leq i \leq n$ 的 $a_i \in S$ 和 $\gcd(i,j) \neq \gcd(a_i,a_j)$ 在所有 $\leq i < j \leq n$ 对中都满足，或者指出不存在这样的数组。

如果 a≠b，并且在 a 和 b 不同的第一个位置上，数组 a 的元素比 b 中的相应元素大，那么数组 a 在词法上比相同长度的数组 b 大。

输入
第一行包含一个整数 $t$ ( $\leq t \leq 10^4$ ) - 测试用例数。

每个测试用例的第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$ ( $\leq m \leq n \leq 10^5$ )。

第二行包含 $m$ 个唯一整数，按递增顺序排列，代表集合 $S$ 的元素 ( $\leq x \leq n$ 对于每个 $\in S$ )。

保证所有测试用例中 $n$ 的总和不超过 $\cdot 10^5$ 。

输出
对于每个测试用例，如果没有解决方案，则打印 $- 1$ ，否则打印 $n$ 个整数——满足条件的词典上最大的整数数组。

示例
输入

输出

6 4 4 3 4 3
1
-1

注意
在第一个测试用例中，数组中的每个元素都属于给定的集合 $S=\{3,4,6\}$ ，并且数组的所有索引对满足必要条件。特别地，对于对 $(2, 3)$ ， $gcd(2,3)=a_1=6$ 和 $gcd(a_2,a_3)=\gcd(4,4)=4$ ，因此它们不相等。还有其他满足条件的数组，但这个数组在词典上是最大的。

在第三个测试用例中，不可能有解决方案，因为我们只能使用 $a = [2, 2]$ ，但对于这个数组，对于对 $(1, 2)$ ， $gcd(1,2)=a_1=2$ 和 $gcd(a_1,a_2)=\gcd(2,2)=2$ ，因此它们相等，这是不允许的！

解题思路

观察发现，对于 $i = 1$ ，由于 $\gcd(k, 1) = 1$ ，对于任意整数 $k$ ，我们可以得出结论：

若在位置 $i = 1$ 位置填入最大值 $s_m$ ，则在其它位置 $j$ （ $j|1,j\neq i$ ）的可填最大值为 $s_{m-1}$ 。

推广可得：对于任意位置 $i$ ，设其可填最大值 $a_i=s_k$ ， $KaTeX parse error: Undefined control sequence: \and at position 12: \forall j|i\̲a̲n̲d̲ ̲j \neq i$ , $a_j\lt a_i$ 。

因此对所有 $i$ 做一个筛法即可。

实现代码

void solve()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vi s(m);
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> s[i];
    }
    vi a(n + 1, inf);
    a[1] = m - 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = i + i; j <= n; j += i)
        {
            a[j] = min(a[i] - 1, a[j]);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (a[i] < 0)
        {
            cout << "-1\n";
            return;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout << s[a[i]] << " \n"[i == n];
    }
}

E. Shohag Loves Inversions

舒哈格有一个整数数组 $a$ 。最初为 $a = [0, 1]$ 。他可以重复执行以下操作任意多次：

假设 $k$ 是当前数组 $a$ 中的倒数*的个数。将 $k$ 插入 $a$ 中的任意位置，包括开头或结尾。例如，如果 $a = [4, 6, 2, 4]$ ，那么反转数就是 $k = 3$ 。因此，肖哈格可以在运算后得到以下数组： $[3, 4, 6, 2, 4]$ 、 $[4, 3, 6, 2, 4]$ 、 $[4, 6, 3, 2, 4]$ 、 $[4, 6, 2, 3, 4]$ 和 $[4, 6, 2, 4, 3]$ 。

在给定整数 $n$ 的情况下，帮助肖哈格计算在进行运算后可以得到的长度为 $n$ 的不同数组的个数，取模 $998244353$ 。

数组 $a$ 中的反转数是指 $i < j$ 和 $a_i > a_j$ 这样的一对索引 $(i, j)$ 的个数。

输入
第一行包含一个整数 $t$ ( $\leq t \leq 10^4$ ) - 测试用例数。

每个测试用例的第一行，也是唯一一行，包含一个整数 $n$ ( $\leq n \leq 10^6$ )。

保证所有测试用例中 $n$ 的总和不超过 $10^6$ 。

输出
针对每个测试用例，输出一个整数——可能的数组数量取模 $998244353$ 。

示例
输入

输出

注意
在第一个测试用例中，可以获得以下 $5$ 个数组（插入的倒数计数以粗体显示）：

$\rightarrow [0,0,1] \rightarrow [0,0,1,0]$ ，
$\rightarrow [0,0,1] \rightarrow [0,0,0,1]$ ，
$\rightarrow [0,1,0] \rightarrow [0,1,0,1]$ ，
$\rightarrow [0,1,0] \rightarrow [0,1,1,0]$ ，
$\rightarrow [0,1,0] \rightarrow [1,0,1,0]$ 。

解题思路

关键发现，由于初始数组的元素仅为 0 和 1，逆序对数量超过 1 时，当我们插入的值将大于数组中的任何元素。因此，我们可以通过这种方式来控制逆序对数量。

我们把逆序对数量大于 $\max(a)$ 的数组称为好数组，其它称为坏数组，假设当前正在进行转移，如果我们从好数组转移到坏数组，将带来很多复杂情况，容易导致重复计数。因此，我们应该设计出好数组到好数组的转移方程。

设 $d p [i]$ 为当前数组长度为 $i$ 时，得到长度为 $n$ 的最终数组的数量，前提是当前数组为好数组。

设当前数组中的逆序对数量为 $k$ ，且 $\max(a)$ 。那么：

如果我们在末尾插入 $k$ ，那么新的逆序对数量仍将为 $k$ 。因此，如果我们在末尾插入 $j$ 次 $k$ ，并且在其他地方插入一次（有 $i$ 种方式），那么我们将得到 $dp_{i+j+1}$ 的情况。
如果我们在末尾以外的地方插入 $k$ ，那么新的逆序对数量将超过 $k$ ，这将使我们得到 $d p [i + 1]$ 的相同情况。

因此， $\cdot \sum_{j > i} dp[j]) + 1$ ，这里的 $1$ 是因为我们可以通过在末尾插入 $n - i$ 个 $k$ 。

现在我们只需处理初始数组转变为好数组的情况数量。

显然可以构造出 $n - 1$ 种逆序对数量小于等于 1 的序列。它们的形式为 $\ldots, 0, [0, 1, 0], 1, \ldots, 1, 1$ 。

考虑得到长度为 $m$ 的好数组的方式，我们可以发现，只需要要在上面的序列中第一个 1 之前插入 1 即可获得一个好数组。

若第一个 1 的位置为 $j$ ，则我们有 $j - 1$ 种方式。

因此，得到长度为 $m$ 的好数组的方案数为：
$\sum_{j=2}^{m - 1} (j - 1) = \frac{(m - 2) \cdot (m - 1)}{2} - 1$

因此，答案就是：

$\sum_{m=3}^{n} \left( \frac{(m - 2) \cdot (m - 1)}{2} - 1 \right) \cdot dp[m]$

实现代码

const ll mod = 998244353;
void solve()
{
    ll n;
    cin >> n;
    ll sum = 0;
    vl dp(n + 1);
    for (ll i = n; i >= 1; i--)
    {
        dp[i] = (i * sum % mod + 1) % mod;
        sum = (sum + dp[i]) % mod;
    }
    ll ans = n - 1;
    for (ll k = 3; k <= n; k++)
    {
        ll t = ((k - 1) * (k - 2) / 2 - 1 + mod) % mod;
        ans = (ans + t * dp[k] % mod) % mod;
    }
    cout << ans << '\n';
}

数学场，一堆因数相关的题目。

c2折腾半天没写完，赛后才把情况讨论完。

封面画师id:竜崎いち