Codeforces 1091

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为什么我Good Bye 2018的CD全是打表+oeis啊=-=（你改叫oeisforces好了）

一定是我打开方式不对反正给差评→_→

（orz $\mathbb{mjt}$ CD都是推出来的！）

话说E只要看出是Erdős–Gallai定理然后想到二分，就是裸题么...？竟然都没怎么看题面给的链接。。sad。好吧反正我也不会二分。

以后不能直接弃疗啊。

A.New Year and the Christmas Ornament

#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
inline int read()
{
	int now=0,f=1;
	register char c=gc();
	for(; !isdigit(c); c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(; isdigit(c); now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now*f;
}
int ans;
signed main()
{
	int A = read(), B = read(), C = read();
	for(int i = 1; i <= 100; i++)
	{
		if(i <= A && (i + 1 <= B) && (i + 2 <= C)) ans = i + i + 1 + i + 2;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

B.New Year and the Treasure Geolocation

解法一：因为有$\sum x_i+a_j=n*ans_x$，所以$ans_x$就是$\frac{\sum x_i+a_j}{n}$。$ans_y$同理。

解法二：因为一定是最大的$x_i$和最小的$a_j$配对，所以其实输出$\frac{\max\{x_i\}+\min\{a_j\}}{2}$即可。

解法三：枚举$x_1,y_1$对应哪个$a_j,b_j$，然后就可以$O(n\log n)$地判断。复杂度$O(n^2\log n)$。

我写的最傻的这种==。

#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1005;
int X[N],Y[N],A[N],B[N];
inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now*f;
}
int main()
{
	int n=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i) X[i]=read(), Y[i]=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read(), B[i]=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		bool f=1;
		int ansx=X[1]+A[i],ansy=Y[1]+B[i];
		std::map<int,int> vx,vy;
		for(int j=2; j<=n; ++j)
			++vx[X[j]], ++vy[Y[j]];
		for(int j=1; j<=n; ++j)
		{
			if(i==j) continue;
			if(!vx[ansx-A[j]]||!vy[ansy-B[j]]) {f=0; break;}
			--vx[ansx-A[j]], --vy[ansy-B[j]];
		}
		if(f) return printf("%d %d\n",ansx,ansy),0;
	}
	return 0;
}

C.New Year and the Sphere Transmission(思路)

首先可以猜到和是多少与$\gcd(n,k)$有关。因为可以打表看出有多少种$\gcd(n,k),1\leq k\leq n$，就有多少个答案。

然后再利用一下表，多枚举几个$g=\gcd(n,k)$，算($oeis$)一下这时候的答案，发现就是$\frac{n^2-(g-2)n}{2g}$。

或者大概能猜到，$\gcd(n,k)=g$时，会走到$1,1+g,1+2g,1+3g...$这些数，同时会有$\frac{n}{g}$项。等差数列求和就算出来了。

然后所有可能的$\gcd(n,k)$就是$n$的约数。对$n$分解约数就行了。

官方题解：

把$1$从序列中拿出去。

假设我们要走到$v$这个数，那么有$a*k\equiv v\ (mod\ n)$，也就是$a*k-b*n=v,\ a,b\in\mathbb{N}$。然后我们知道当且仅当$\gcd(n,k)\mid v$ 时方程有解。也就是当$\gcd(n,k)=g$时，一定会走到$g$的倍数这些数，有$\frac{n}{g}$个。同样等差数列求和就行了。

#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5;
LL Ans[N];
std::map<LL,bool> vis;
inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now*f;
}
void Work(int n)
{
	int t=0; vis.clear();
	for(int k=1; k<=n; ++k)
	{
		int p=(1+k-1)%n+1; LL s=1;
		while(p!=1) s+=p, p=(p+k-1)%n+1;
		if(!vis[s]) vis[s]=1, Ans[++t]=s, printf("(%d,%d)=%I64d\n",n,k,s);
	}
	std::sort(Ans+1,Ans+1+t);
	printf("%d\n",n);
	for(int i=1; i<=t; ++i) printf("%d ",Ans[i]);
	puts(""); puts("");
}
int main()
{
//	int n=read(),t=0;
//	for(int i=1; i<=40; ++i) Work(i); return 0;
	int n=read(),t=0;
	for(int i=1; 1ll*i*i<=n; ++i)
		if(!(n%i))
		{
			int g=i;
			Ans[++t]=(1ll*n*n-1ll*(g-2)*n)/(2*g);
			if(1ll*i*i!=n) g=n/i, Ans[++t]=(1ll*n*n-1ll*(g-2)*n)/(2*g);
		}
	std::sort(Ans+1,Ans+1+t);
	t=std::unique(Ans+1,Ans+1+t)-Ans-1;
	for(int i=1; i<=t; ++i) printf("%I64d ",Ans[i]);
	return 0;
}

D.New Year and the Permutation Concatenation(思路计数)

$Description$

给定$n$。将$n!$种$n$的排列按字典序从小到大拼接成一个长为$n*n!$的序列，求该序列中有多少个长为$n$的子段，满足它们的和为$\frac{n(n+1)}{2}$（就是$1,...,n$各出现一次）。

$n\leq 10^6$。

$Solution$

打出表来，发现什么都$OEIS$不到。再猜答案和$n*n!$有关系。然后用$n*n!$一减答案发现这个数列可以被$OEIS$到，然后套几个式子/数列再用$n*n!$一减就得到答案了。。

没看懂题解在说啥。写一下(神仙)$\mathbb{mjt}$的做法orz。

对于$n=3$，$p=[1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2,3,2,1]$，（结合样例解释）我们猜，把排列分成$n$段，也就是以不同数开头的排列为一段，这些段的答案是一样的。（对于$n=3$就是分成$[1,2,3,1,3,2]，[2,1,3,2,3,1]，[3,1,2,3,2,1]$三段）

事实上也确实是这样，对于相邻两段比如：$2,n,...1,3,1,...,n$，它们之间也形不成合法子段。

所以我们现在只考虑怎么算以某个数开头的排列的答案（比如$[1,2,3,1,3,2]$），再乘$n$就是答案了。

我们猜是可以递推的。也就是假设我们知道$n-1$时的答案$f_{n-1}$，怎么求$f_n$？

拿$n=4$来说，考虑此时以$4$开头的排列，就是在每个$3$的排列前面加上一个$4$再拼在一起。

显然我们可以得到$3!$种合法子段。而$f_3$中的每种方案，在$n=4$时也都能和一个$4$组成合法的子段（写一写看）。但唯独最后面的$4,3,2,1$算了两次。所以有：$f_n=\left[f_{n-1}+(n-1)!-1\right]*n$。

代码是$OEIS$的那种。。懒得再写了。

#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
#define mod 998244353
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5;
inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now*f;
}
//bool Check(int *p,int n)
//{
//	for(int i=1; i<=n; ++i) if(p[i]!=i) return 0;
//	return 1;
//}
//void Work(int n)
//{
//	static int A[10000004],p[15];
//	for(int i=1; i<=n; ++i) p[i]=i;
//	int t=0;
//	do
//	{
//		for(int i=1; i<=n; ++i) A[++t]=p[i];
//		std::next_permutation(p+1,p+1+n);
//	}while(!Check(p,n));
//	int ans=0;
//	for(int i=1; i<=t; ++i)
//	{
//		int s=0;// n<=4 && printf("%d ",A[i]);
//		for(int j=i; j-i+1<=n && j<=t; ++j)
//			s+=A[j], j-i+1==n && s==n*(n+1)/2 && (++ans);
//		if(n<=5 && i+n-1<=t) printf("%lld ",s);
//	}
//	puts("");
//	printf("%d:%d t:%d\n",n,ans,t);
//}
int fac[N],A[N];
int main()
{
//	for(int i=1; i<=9; ++i) Work(i);
	int n=read();
	fac[0]=1, A[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=1ll*i*A[i-1]%mod+1;
	A[n]=(A[n]+mod-fac[n]-1)%mod;
	LL ans=1ll*n*fac[n]%mod-A[n];
	printf("%d\n",(int)(ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

E.New Year and the Acquaintance Estimation(Erdos–Gallai定理二分)

$Description$

给定度数序列$d_1,...,d_n$，求$d_{n+1}$等于多少时，度数序列$d_1,d_2,...,d_{n+1}$可简单图化。输出所有可能的$d_{n+1}$。

可简单图化是指，存在一张简单无向图，使得该图点的度数可以与该度数序列一一对应。

$n\leq 5\times 10^5$。

$Solution$

话说E只要看出是Erdős–Gallai定理然后想到二分，就是裸题么...？

题意就是，输出$d_{n+1}$等于多少时，度数序列$d_1,d_2,...,d_{n+1}$可简单图化（就是存在一张简单图使得满足该度数序列）。（当时竟然想都没想真是气人）

考虑枚举$d_{n+1}$。给定一个度数序列判断其是否合法可以用Erdős–Gallai定理，复杂度$O(n)$。所以现在的复杂度是$O(n^2)$的。

根据样例我们还可以猜想并验证：

由握手定理（就是无向图中所有点的度数之和为偶数），$d_{n+1}$的奇偶性可以确定。
满足条件的$d_{n+1}$一定是一段连续的区间。

所以我们就可以二分了。

二分要得到的是某段区间，分别二分左右端点，但还需要讨论一下。

令$n=n+1$，写一下Erdős–Gallai定理的式子：$$\sum_{i=1}^kd_i\leq k(k-1)+\sum_{i=k+1}^n\min(d_i,k)$$

二分$n$的度数$d_n=mid$，然后$sort$一下度数序列。

从小到大枚举$k$的时候，记$left$为左式的值，$right$为右式的值。若一直有$left\leq right$，显然$mid$可行。

否则若$left>right$，我们要么减小$left$，要么增大$right$。而唯一能改变的就是$n$的度数$mid$。

所以现在若$mid\geq d_k$（影响左式），我们可以减小$mid$使得序列合法，也就是答案偏大。

若$mid<d_k$（影响右式），可以增大$mid$，也就是答案偏小。

可以确定答案偏大偏小，就可以二分出区间了。复杂度$O(n\log n)$。

经过一些预处理也可以做到$O(n)$。

//187ms	8200KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int A[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
int Check(const int n,const int mid)
{
	static int d[N];
	static LL sum[N];
	A[n]=-1;
	for(int i=1,p=1; i<=n; ++i) d[i]=(p==i&&mid>A[p])?mid:A[p++], sum[i]=sum[i-1]+d[i];
	LL vl,vr;
	for(int k=1,p=n; k<=n; ++k)
	{
		while(p>k && d[p]<k) --p;
		vl=sum[k], vr=1ll*k*(k-1)+1ll*(std::max(p,k)-k)*k+sum[n]-sum[std::max(p,k)];
		if(vl>vr) return mid<d[k]?-1:1;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	int n=read(),parity=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i) parity^=(A[i]=read())&1;
	std::sort(A+1,A+1+n,std::greater<int>());
	int l=0,r=n-parity>>1,L=0,R=-1,mid;
	while(l<=r)
		if(Check(n+1,(mid=l+r>>1)*2+parity)>=0) L=mid, r=mid-1;
		else l=mid+1;
	l=0,r=n-parity>>1;
	while(l<=r)
		if(Check(n+1,(mid=l+r>>1)*2+parity)<=0) R=mid, l=mid+1;
		else r=mid-1;
	if(L>R) puts("-1");
	else for(int i=L; i<=R; ++i) printf("%d ",i*2+parity);
	return 0;
}

F.New Year and the Mallard Expedition(贪心)

写了近一天，改了4遍越改越麻烦...mmp...

其实很好写...

先假设所有路程都飞过去，能量不够等会再补。则此时的答案为$ans=\sum\limits_{i=1}^nL_i$。

然后从$i=1\sim n$枚举。如果此时的能量不够飞$L_i$的距离，就从之前补。

所以记$W,G$分别表示之前飞过的$water$有多少、之前飞过的$grass$有多少。

显然能量来自，将飞过的$W$路程变成游过去，还不够的话将飞过的$G$路程变成走过去，再不够的话，如果出现过$water$就来回游补够能量，没出现过$water$就在$grass$来回走补够能量。

所以对于$L_i$，我们需要从$W$转移过来的能量有$t=\min\{L_i,2W\}$（$W$的路程能变成$2W$能量，因为是将原先的飞替换成游），也就是需要将之前$\frac t2$路程的飞变为游泳，来获得这$t$能量。所以$ans$+=$\frac t2\times2$，$W$-=$\frac t2$（为了避免小数将$W$*=$2$，此时就是$W$-=$t$）。

如果此时$L_i-t$仍不为$0$，那么同样从$G$转移。

还不为$0$，则如上所述来回游/走。

//46ms	1000KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,Ref1[3]={5,3,1},Ref2[3]={1,3,1};
int mp[N];
LL A[N];
inline LL read()
{
	LL now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
int main()
{
	int n=read(); LL ans=0;
	for(int i=1; i<=n;++i) ans+=A[i]=read();
	register char c=gc(); while(c!='W'&&c!='G'&&c!='L') c=gc();
	//Grass:0 Water:1 Lava:2
	mp[1]=c=='L'?2:c=='W';
	for(int i=2; i<=n;++i) c=gc(), mp[i]=c=='L'?2:c=='W';
	LL W=0,G=0;
	for(int i=1,cost=5; i<=n; ++i)
	{
		if(!mp[i]) G+=A[i]<<1;
		else if(mp[i]==1) W+=A[i]<<1, cost=3;
		LL rest=A[i],t;
		t=std::min(rest,W), rest-=t, ans+=t, W-=t;
		t=std::min(rest,G), rest-=t, ans+=t<<1, G-=t;
		ans+=rest*cost;
	}
	printf("%I64d\n",ans);
	return 0;
}

咕咕

H.New Year and the Tricolore Recreation(博弈论 bitset)

$Description$

Alice和Bob玩游戏。给定$n,f$，表示有$n$行的棋盘，每行有三个棋子。Alice每次可以选择一行将该行左边的一个或两个棋子往右移动$d$步，Bob每次可以选择一行将该行右边的一个或两个棋子往左移动$d$步。

要求移动时一个棋子不能跨越另一个棋子，且$d$是质数或两个质数的乘积，且$d\neq f$。求出Alice和Bob分别作为先手时，谁能赢。

$n\leq10^5,\ 坐标绝对值\leq10^5$。

$Solution$

右移一个棋子就是缩小第二三两个棋子之间的距离，右移两个棋子就是缩小一二两个棋子之间的距离。设三个棋子位置为$a,b,c$，每一行实际就是两个棋子数为$c-b-1,b-a-1$的$nim$游戏。

如果能算出棋子数为$x$的游戏的$SG$函数，将$2n$个游戏的$sg$值全异或起来即可。考虑如何算，显然有$sg(x)=\mathbb{mex}_{d\in P}\{sg(x-d)\}$，但是复杂度是$n^2$的。

打个表发现，$sg$值最大不会超过$100$（我也不知道怎么能得出的）。我们开$100$个$bitset\ A[i]$，分别表示每个数字是否存在$sg$值为$i$的后继。再预处理$d\in P$的$bitset\ S$。这样从小到大求$sg(i)$时，就for一遍看它不存在哪个$sg$值的后继；然后$A[sg(i)]|=S<<i$即可（更新上能到$i$的位置）。

复杂度$O(\frac{n^2}{w})$。

//1638ms	4700KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=2e5+1,M=102;
int sg[N];
std::bitset<N> S,A[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now*f;
}
void Init()
{
	static int P[N],mn[N];
	int cnt=0;
	for(int i=2; i<N; ++i)
	{
		if(!mn[i]) P[++cnt]=i;
		for(int j=1; j<=cnt&&i*P[j]<N; ++j)
		{
			mn[i*P[j]]=i;
			if(!(i%P[j])) break;
		}
	}
	for(int i=2; i<N; ++i) if(!mn[mn[i]]) S[i]=1;
}
int main()
{
	int n=read(); Init(), S[read()]=0;
	for(int i=0; i<N; ++i)
	{
		while(A[sg[i]][i]) ++sg[i];
		A[sg[i]]|=S<<i;
	}
	int ans=0;
	for(int a,b,c; n--; ) a=read(),b=read(),c=read(),ans^=sg[b-a-1]^sg[c-b-1];
	puts(ans?"Alice\nBob":"Bob\nAlice");
	return 0;
}

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由于项目中需要用到给定时间格式,如'2013-08-30',需要计算其和当前时间的间隔,需要算出间隔的时间,自己在网上搜索,并做了下简单的整理,总体思路分3步:1.将给定的时间和当前时间转换为毫秒 2 ...

Good Bye 2018 (A~F, H)