AtCoder Grand Contest 047 题解

目前进度：A, B, C, E

现在 AGC 真的越来越不像 AGC 了，还不如 CF 的质量高……连我都上分了质量肯定很低

然而智商低还是得被区分，怎么连 E 的 800 都不会……

这个人已经 sb 到可以犯这种错误了……

A

小数很烦，把每个数变成 \(x\times 10^9\)（小数点后最多 9 位）。

然后原来的两个数乘起来是整数，当且仅当现在的两个数乘起来是 \(10^{18}\) 的倍数。

记录下每个数有多少个 \(2,5\) 作为质因子，然后随便做。

时间复杂度看实现。

B

一眼看上去很 AtCoder 风格，然而完全就是唬人的……

对于一个串 \(S\)，会先进行一堆删掉第一个字符的操作（可能零次），也就是删掉一个前缀（可能为空，也可能是全部）。

然后再进行一堆删掉第二个字符的操作（可能零次），也就是第一个字符后面删掉一堆（可能为空，也可能是全部）。

注意到如果接下来再进行删掉第一个字符的操作，完全是白给，本质上仍然是删掉一个前缀。

所以，能被到达的串，一定是一个 \(S\) 的后缀（可能为空），在前面加上这个后缀前面任意一个字符（可以与后缀相邻）。

然后考虑原问题。

首先肯定按长度从大到小排序。直接做不好做，把所有串倒过来。那么判定条件就变成了：一个 \(S\) 的前缀（可能为空），在后面加上这个前缀后面任意一个字符（可以与前缀相邻）。

我们弄一个 Trie，把串一个个插进去。当查询一个串时，先去掉最后一个字符，在 Trie 上跑出节点，然后看子树里有多少个包含最后一个字符的串。

时间复杂度 \(O(|\Sigma|\sum |s_i|)\)。

C

为什么连 AtCoder 都会有这种题了……

考虑对于每个 \(1\) 到 \(P-1\) 的数，算有多少对数的乘积等于它。

先找到 \(P\) 的一个原根（比如 \(2\)），把每个数都表示成 \(2\) 的若干次方。

然后就显然是个循环卷积的形式。

注意要求的是 \(i<j\) 的对，简单魔改一下答案就行了。

时间复杂度 \(O(n+P\log P)\)。

D

虽然还不会，但看起来就是个暴力，先咕着。

E

造计算机题。

把第 \(i\) 个位置设为 \(0/1\)

设为 \(0\) 很简单，随便找个没用过的位置，\(i\) 肯定不小于它，直接赋值。

设为 \(1\) 也不难，随便找个没用过的位置，和 \(a_0+a_1\) 比较。

注意到 \(a_0=a_1=0\) 时，这个操作是造不出 \(1\) 的，但是此时无论怎么操作都不可能造出非零数，所以正确性仍然是有的。

左移 \(k\) 位

把一个数设为它自己加自己，就是乘二。

重复 \(k\) 次即左移 \(k\) 位。

造出任意常数

可以暴力加若干次 \(1\)，也可以二进制拆分。

800 分：\(a_0,a_1\le 10\)

我们枚举 \(0\le i,j<10\)，如果 \(i<a_0,j<a_1\) 就把 \(a_2\) 加上 \(1\)。

也就是把 \(a_2\) 加上 \(1<((i<a_0)+(j<a_1))\)。（我卡这了……）

操作次数是 \(O(v^2)\)。

二进制拆分

怎么求出一个数的二进制表示并存到一些位置里？

for(z = 29, 28, ..., 0) {
    power_of_two = 1 << z;
    should_add = (cur + power_of_two < a[i] + 1);
    cur += (should_add << z);
    a[new_index()] += should_add;
}

操作次数是 \(O(\log^2 V)\)。

原问题

先把两个数拆分。

for(int k = 58; k >= 0; k--) {
    answer *= 2;
    for(int i = 0; i <= k; i++){
        int j = k - i;
        if(i < 30 && j < 30) {
            answer += 1<(a_bits[i]+b_bits[j]);
        }
    }
}

操作次数是 \(O(\log^2 V)\)。

F

再说。