Codeforces Round 940 (Div. 2) and CodeCraft-23 (A-E)

A. Stickogon

题意：给定 \(n\) 根木棒长度，问最多构成几个多边形。

贪心，四边形不会优于三角形。

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B. A BIT of a Construction

题意：构造包含 \(n\) 个非负元素的数组，使得 \(\sum a_i = k\)，并最大化 \(a_1 \mid a_2 \dots | a_n\) 中 \(1\) 的个数。

如果 \(n = 1\)，则 \(a = \{k\}\)。

否则：

• 将 \(k\) 的所有 \(1\) 往低位移，得到 \(1\) 的个数与 \(k\) 相同的最小的数 \(x\)，如 \((10100)_2 \rightarrow (00011)_2\)
• 从低到高往 \(x\) 上添 \(1\)，直到大于 \(k\)

最终只需选两个位置填 \(x\) 和 \(k - x\)，其余填 \(0\)。

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C. How Does the Rook Move?

题意：\(n \times n\) 的棋盘上 \(A\) 与电脑轮流下车，\(A\) 白子，电脑黑子，满足：

• 一行或一列只能存在一个车，不论颜色。
• \(A\) 下在 \((i, j)\)，则电脑下 \((j, i)\)。
• \(A\) 下在 \((i, i)\)，则电脑 skip。

\(A\) 先手，给定 \(A\) 的前 \(k\) 步棋，求不同的最终局面个数。

注意到最终局面与前 \(k\) 步棋的位置无关，只取决于于 \(k\) 步之后还剩多少行和列。

不妨让 \(n\) 表示新的行数。

1. 下在 \((i, i)\) 相当于在剩余列中选出一列。
2. 下在 \((i, j)\) 相当于白子选一列，黑子选一列。

如果当前下了 \(i\) 步 \(1\) 类棋。

此时 \(n - i\) 一定要偶数，否则 \(2\) 类棋下不完剩余列。

令 \(j = \dfrac{n - i}{2}\)，则问题转化为在 \(n - i\) 个数中选出 \(j\) 对二元组的方案。

钦定白子选的列，然后黑子任意排列，则方案为 \(\begin{pmatrix}n - i\\ j \end{pmatrix} j!\)

所以最终局面数为 \(\sum\limits_{i = 0}^n [n - i \equiv 0 \pmod 2] \begin{pmatrix}n\\ i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n - i\\ j\end{pmatrix} j!\)

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D. A BIT of an Inequality

题意：定义 \(f_{l, r} = \bigoplus\limits_{i = l}^r a_i\)，求满足 \(f_{x, y} \oplus f_{y, z} > f_{x, z}\) 的三元组个数。

化简原式：\(f_{x, z} \oplus a_y > f_{x, z}\)

区间异或，转化为前缀异或，即 \(s_{z} \oplus s_{x - 1} \oplus a_y > s_{z} \oplus s_{x - 1}\)

• \(a_y\) 对左式的影响取决于最高位 \(j\)（低位影响的总和小于最高位）。
• 不等式成立当且仅当 \(s_{x - 1} \oplus s_{z}\) 的第 \(j\) 位为 \(0\)，即\(s_{x - 1}\) 与 \(s_{z}\) 的第 \(j\) 位相同。

枚举 \(a_y\)，\(s\) 中 \([1, y)\) 与 \([y, n]\) 的 \(0/1\) 个数之积即为答案。

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E. Carousel of Combinations

题意：求 \(\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^i \begin{pmatrix}i\\j \end{pmatrix}(j - 1)! \bmod j\)

\[\sum\limits_{j = 1}^i \begin{pmatrix}i\\j \end{pmatrix}(j - 1)! \bmod j = \sum\limits_{j = 1}^i \dfrac{i^{\underline{j}}}{j} \bmod j
\]

\(j\) 个连续数相乘，\(\lfloor\dfrac{i}{j}\rfloor \cdot j\) 一定被 \(j\) 整除，剩余数在模 \(j\) 意义下依次为 \(1, 2\dots ,j - 1\)。

所以原式可以写成 \(\sum\limits_{j = 1}^i \lfloor\dfrac{i}{j}\rfloor (j - 1)! \bmod j\)

威尔逊定理

威尔逊定理

当 \(p\) 为质数时，有

\[(p - 1) ! \equiv -1 \pmod p
\]

证明

当 \(p = 2\) 时，\((2 - 1)! \equiv -1 \pmod 2\)。

当 \(p > 2\) 时，即证 \(\prod\limits_{i = 2}^{p - 2} \equiv 1 \pmod p\)。

方程 \(x^2 \equiv 1 \pmod p\) 成立当且仅当 \(x \equiv 1\) 或 \(x \equiv p - 1\)。

所以 \(\forall x \in [2, p - 2]\)，\(x^{-1} \in [2, p - 2]\) 且 \(x^{-1} \ne x\)。

也就是 \(\dfrac{n - 3}{2}\) 对数两两匹配互为逆元。

推广

\[(n - 1)!\equiv
\begin{cases}
-1 \,&n = p_i\\
4 \,& n = 4\\
0 \,&n > 4, \ n \ne p_i \\
\end{cases}
\pmod n
\]

合数 \(n = p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}\)。

当 \(n\) 不为完全平方数时，\(p_1 \ne \dfrac{n}{p_1}\) 且 \(p_1, \ \dfrac{n}{p_1} < n\)，所以 \(n \mid (n - 1)!\)。

当 \(n = p^2\) 时：

如果 \(2p < n\)，\(2p^2 \mid (n - 1)!\)。

否则 \(n = 4\)，\((4 - 1)! \equiv 2 \pmod 4\)。

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令 \(w_j = (j - 1)! \bmod j\)，\(f_i = \sum\limits_{j = 1}^i \lfloor\dfrac{i}{j}\rfloor w_j \bmod j\)。

枚举 \(j = 4\) 或 \(j\) 为质数：

枚举 \(k\)，对于 \(i \in [k\cdot j, k\cdot j + j)\)，\(j\) 对 \(f_i\) 有 \(k \cdot w_j\) 的贡献，差分实现。

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