ARC 乱做

ARC136D Without Carry

与 \(x\) 相加不进位的充要条件是每一位都 \(\le9-x\) 的对应位，把每个十进制位看作一维做高维前缀和即可。时间复杂度 \(O((n+a)\log a)\)

ARC137C Distinct Numbers

为了方便表述，每次操作后都对 \(a\) 排序

结论：\(a_{n-1}+1<a_{n}\) 时 A 必胜。因为 A 可以根据把 \(a_n\) 变成 \(x<a_{n-1}\) 数后谁胜来决定把 \(a_n\) 变成 \(x\) 还是 \(a_{n-1}\)

显然 A,B 都不会把这样的局面送给对手，那么每次操作后都有 \(a_{n-1}+1=a_{n}\)，即每次 \(a_n\) 都会 \(-1\)。当 \(a_{n}=n-1\) 时结束，因此只需要判断 \(a_{n}\) 和 \(n-1\) 奇偶性即可

ARC136E on-coprime DAG

显然 \(1\) 没有出边，先选上

记 \(f(x)\) 为 \(x\) 的最小质因子，则 \(x-f(x)\) 是能到 \(x\) 的最大值，\(x+f(x)\) 是 \(x\) 能到的最小值

考虑两个点 \(x,y\) 何时可达：

• \(x\equiv0\pmod2,y\equiv0\pmod2\)：永远可达
• \(x\equiv0\pmod2,y\equiv1\pmod2\)：\(x\le y-f(y)\)
• \(x\equiv1\pmod2,y\equiv0\pmod2\)：\(x+f(x)\le y\)
• \(x\equiv1\pmod2,y\equiv1\pmod2\)：\(x+f(x)\le y-f(y)\)

简证一下第四种情况：若 \(x\) 能直接到 \(y\)，设 \(x=ap,y=bp\)（\(a,b\) 为奇数），那么 \(a<b\Rightarrow x+f(x)\le ap+p\le bp-p\le y-f(y)\)；若 \(x\) 经过另一点 \(z\) 到达 \(y\)，那么 \(x+f(x)\le z\le y-f(y)\)

据此可以构造

• \(x\equiv0\pmod2\)：\(l(x)=r(x)=x\)
• \(x\equiv1\pmod2\)：\(l(x)=x-f(x)+1,r(x)=x+f(x)-1\)

那么 \(x\) 不能到 \(y\) 等价于 \([l(x),r(x)]\cap[l(y),r(y)]\ne\varnothing\)，枚举交集中的一个元素即可。时间复杂度 \(O(n)\)