Codeforces Round #685(Div2)

Contest Link Official Editorial

A. Subtract or Divide

给你一个数 \(n\) ，每一步可以做以下两个操作之一：

• 用一个不等于 \(n\) 的 \(n\) 的约数除 \(n\)
• \(n-1\)

问变成 \(1\) 的最小步数。

Solution

又是赛时乱搞……赛时一开始写了一个除了质数以外能除就除的东西，然后交上去 Wa on 2 ；于是又加了一个奇数就减偶数就除的东西，两个取 \(\min\) ，就过了……（其实这个想法貌似就是正解……当时还挺担心会被 Hack ）

---

如果 \(n\leq 3\) ，直接输出答案。

否则，如果 \(n\) 是奇数，那么 n-1 是偶数，然后可以直接变成 \(2\) ，答案是 \(3\) .

如果 \(n\) 是偶数，那就直接变 \(2\) ，答案是 \(2\) .

Code

//Author: RingweEH
int find( int x )
{
	int lim=sqrt(x);
	for ( int i=2; i<=lim; i++ )
		if ( x%i==0 ) return x/i;
	return -1;
}

int main()
{
	int T=read();
	while ( T-- )
	{
		int n=read(),sav=n; int cnt=0;
		while ( n!=1 )
		{
			cnt++; int x=find(n);
			if ( x==-1 ) n--;
			else n/=x;
		}
		int cnt2=0; n=sav;
		while ( n!=1 )
		{
			cnt2++; int x=find(n);
			if ( (n&1) || (x==-1) ) n--;
			else n/=x;
		}
		printf( "%d\n",min(cnt,cnt2) );
	}
}

B. Non-Substring Subsequence

给定一个长度为 \(n\) 的01串 \(s\) 和 \(q\) 个询问。每个询问形如 \(l_i,r_i\) 要求：

• 求出 \(s\) 的一个 子序列 使其等于 \(s[l_i,r_i]\) 且不连续。

问是否存在这样的子序列。

Solution

其实想一下就会发现，如果找不到，那么肯定只有 \([l_i,r_i]\) 这一个连续的子序列。

如果找到了，说明至少能把 \([l_i,r_i]\) 的头往前移或者把尾往后移。（因为 \([l_i,r_i]\) 是相邻的，要是能移动肯定是满足能移动头尾的）

所以判断 \(s[1,l_i-1]\) 中是否存在 \(s[j]=s[l_i]\) 即可，\(r_i\) 同理。

Code

//Author: RingweEH
			int l=read(),r=read(); bool fl=0;
			for ( int i=1; i<l; i++ )
				if ( s[i]==s[l] ) fl=1;
			for ( int i=n; i>r; i-- )
				if ( s[i]==s[r] ) fl=1;
			fl ? printf( "YES\n" ) : printf( "NO\n" );

C. String Equality

给定两个由小写英文字符组成的字符串 \(a,b\) .对 \(a\) 可以进行两个操作：

• 交换两个相邻字符
• 把连续 \(k\) 个同样的字符变成其后继

问能否把 \(a\) 变成 \(b\) .

Solution

能交换字符说明不需要考虑顺序问题。记 \(cnta[c],cntb[c]\) 为 \(c\) 在 \(a,b\) 中出现的次数。

由题目可知，如果要改变字符只能变大不能变小。

所以正序扫一遍这两个数组，

• 如果 \(cnta[i]\ge cntb[i]\) ，如果多出来的部分不能被 \(k\) 整除，那么显然无解，因为你不可能把这部分变掉。否则，把这一部分累加进 \(cntk\) 里面，供后面不够的时候使用。（这样保证只能从前面往后面贡献）
• 如果 \(cnta[i]<cntb[i]\) ，如果少的部分不能整除同理。如果累计的 \(cntk\) 不够用了还是无解。否则把 \(cntk\) 减去 \((cntb[i]-cnta[i])/k\) 即可。

Code

//Author: RingweEH
		n=read(); k=read(); scanf( "%s",sa ); scanf( "%s",sb );
		for ( int i=0; i<n; i++ )
			cnta[sa[i]-'a']++,cntb[sb[i]-'a']++;
		int cntk=0; bool fl=1;
		for ( int i=0; i<25; i++ )
		{
			if ( cnta[i]>=cntb[i] )
			{
				if ( ((cnta[i]-cntb[i])%k)!=0 ) { fl=0; break; }
				cntk+=(cnta[i]-cntb[i])/k;
			}
			else
			{
				if ( ((cntb[i]-cnta[i])%k)!=0 ) { fl=0; break; }
				int del=(cntb[i]-cnta[i])/k;
				if ( del>cntk ) { fl=0; break; }
				cntk-=del;
			}
		}
		if ( fl ) printf( "Yes\n" );
		else printf( "No\n" );

D. Circle Game

\(\text{Ashish}\) 先手，\(\text{Utkarsh}\) 后手。

在一个二维平面上，有一个棋子被放在 \((0,0)\) 处。每一步移动可以让 \(x\) 或者 \(y\) 坐标增加 \(k\) ，且每一步必须在以 \((0,0)\) 为圆心， \(d\) 为半径的圆内。不能移动判负。问谁必胜。

Solution

显然，一开始只要 \(Ashish\) 能动，\(Utkarsh\) 都能在另一维坐标上相应移动。最后会到达点 \((k\times z,k\times z)\) 。

这时候，如果 \((k\times z,k\times (z+1))\) 在圆内，那么先手胜；否则后手胜。

Code

//Author: RingweEH
ll d=read(),k=read(),z=1;
while ( sqr(z*k)*2<=sqr(d) ) z++; z--;
if ( sqr(z*k)+sqr(z*k+k)<=sqr(d) ) printf( "Ashish\n" );
else printf( "Utkarsh\n" );

E1+2. Bitwise Queries (Hard Version)

交互题。有三种询问形式：

• AND i j : \(a_i \& a_j\)
• OR i j : \(a_i|a_j\)
• XOR i j : \(a_i\oplus a_j\)

保证 \(a_i\in[0,n-1]\) 。要求在不超过 \(n+1\) 次询问中得到整个序列。

Solution

分两种情况讨论。首先，\(n-1\) 次询问 \(a[1]\oplus a[i]\) .

• 存在 \(a[x]=a[y]\) . 有两种可能，一种是出现 0 ，另一种是有两个结果相等。无论是哪种都可以把两个相等的数 \(\&\) 一下得到具体值，反推即可。
• 否则，显然每个数都是唯一的。必定存在一个数 \(a[x]\oplus a[1]=1\) ，然后询问 \(a[1]\text{ and } a[x]\) ；再找一个 \(a[y]\oplus a[1]=3\) ，如果 \(a[x]\text{ and }a[y]=1\) 说明 \(1\) 在 \(a[x]\) ，否则在 \(a[y]\) ，这样就得到了 \(a[1]\) ，进而可以推知全部的数。

Code

//Author: RingweEH
int get_query( int opt,int x,int y )
{
    if ( opt==1 ) cout<<"AND "<<x<<" "<<y<<endl;
    else if ( opt==2 ) cout<<"OR "<<x<<" "<<y<<endl;
    else if ( opt==3 ) cout<<"XOR "<<x<<" "<<y<<endl;
    cout.flush(); int tmp; cin>>tmp; return tmp;
}

int main()
{
    cin>>n; sum[0]=1; int id=0;
    for ( int i=2; i<=n; i++ )
    {
        int tmp=get_query( 3,1,i ); ans[i]=tmp;
        if ( !sum[tmp] ) sum[tmp]=i;
        else id=i;
    }

    if ( id )
    {
        int tmp=get_query( 1,sum[ans[id]],id );
        ans[1]=ans[id]^tmp;
        for ( int i=2; i<=n; i++ )
            ans[i]^=ans[1];
    }
    else
    {
        int t1=get_query(1,sum[1],1),t2=get_query(1,sum[2],1);
        int tmp=t1+t2%2;
        for ( int i=1; i<=n; i++ )
            ans[i]^=tmp;
    }
    cout<<"! ";
    for ( int i=1; i<=n; i++ )
        cout<<ans[i]<<' ';
    return 0;
}

F. Nullify The Matrix

给定一个 \(n\times m\) 的矩阵，元素为非负数。轮流操作：

• 选一个非零点 \((r_1,c_1)\) 作为起点，一个点 \((r_2,c_2)\) 满足 \(r_2\ge r_1,c_2\ge c_1\) 作为终点。
• 将 \(a_{r_1,c_1}\) 的值减小为 \([0,a_{r_1,c_1}-1]\) 。
• 任选一条从开始点 \((r_1,c_1)\) 到结束点 \(r_2,c_2\) 的一条最短路，并修改路径上点为一个非负数。（最短路是单元格个数，每个单元格可以单独修改）
• 路径上的点不包含起点但包含终点。如果起始相同那么单元格的值减小。

当矩阵的数全部为 0 时，无法操作的一方输。问胜者。

Solution

结论：

令常数 \(d\) 为斜对角线上 \(r,c\) 坐标之和，\(xor(d)=a_{r_1,c_1}\oplus a_{r_2,c_2}\oplus...\oplus a_{r_n,c_n}(r_i+c_i==d)\) 。

如果对于所有的 \(d\) ，在游戏开始时有 \(xor(d)=0\) ，那么后手胜，否则先手必胜。（深刻感受到翻译的痛苦）

Let's consider diagonals \(d\) of the form \(r+c\) - the diagonals where the sum of row index (r) and column index (c) is constant. Then xor of a diagonal \(d\) will be \(xor(d)=a(r1,c1)⊕a(r2,c2)⊕...a(rn,cn)\) , such that \(r_1+c_1=d\) , \(r_2+c_2=d\) , .... \(r_n+c_n=d\) .

If \(0∀d,xor(d)=0\) at the start of the game, then Jeel wins. Else, Ashish wins.

\(Proof\) ：设状态 \(S_1\) 为对于任意的 \(d\) ，\(xor(d)=0\) ；设状态 \(S_2\) 为存在 \(d\) 使得 \(xor(d)\neq 0\) .

\(Lemma1\) ：对 \(S_1\) 中状态进行的任何操作都将转移到 \(S_2\) .由于起点不能在路径中被改变且在开头必须被改成一个 \([0,a_{r_1,c_1}-1]\) 之间的数，所以异或和一定不为0.

\(Lemma2\) ：永远存在一种转移使得 \(S_2\) 中的状态能转移到 \(S_1\) 中。对于一个状态，如果其异或值不为 0 ，总能选择一个数，让它变小之后异或值为 0 .

---

发现 \(S_1\) 属于败集。那么如果初始状态属于 \(S_2\) ，先手就总能把败局留给后手，而后手只能把胜局留给先手。

复杂度 \(\mathcal{O}(n\times m)\) .

Code

//Author: RingweEH
int main()
{
    int T=read();
    while ( T-- )
    {
        memset( sum,0,sizeof(sum) );

        n=read(); m=read();
        for ( int i=1; i<=n; i++ )
         for ( int j=1; j<=m; j++ )
         {
             a[i][j]=read(); sum[i+j]^=a[i][j];
         }

        bool fl=1;
        for ( int i=1; i<=n+m; i++ )
            fl&=(sum[i]==0);

        if ( !fl ) printf( "Ashish\n" );
        else printf( "Jeel\n" );
    }
}