AtCoder Beginner Contest 150

AtCoder Beginner Contest 150

https://atcoder.jp/contests/abc150
def都蛮不错的

D - Semi Common Multiple

先推一下：$x=a_i\times(p+0.5)\rightarrow x=\frac{a_i}2(2p+1)\rightarrow x=\frac{lcm}2(2p+1)$
所以 $x$ 就是 $\frac{lcm}2, \frac{3lcm}2, \frac{5lcm}2, ...$ 这样以 $\frac{lcm}2$ 为首项，$lcm$ 为公差的等差数列，其项数就是答案。

注意最终答案会爆 longlong，所以要在$lcm$那里特判一下

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, m, a[N];

ll LCM (ll x, ll y) {
    return x / __gcd (x, y) * y;
}

int main () {
    cin >> n >> m;
    ll lcm = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)    cin >> a[i], lcm = LCM (lcm, a[i]);
    // cout << lcm << endl;
    if (lcm < 0 || lcm / 2 > m) { //爆ll
        cout << 0;
        return 0;
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (((lcm / 2) / (a[i] / 2)) % 2 == 0) {
            cout << 0 << endl;
            return 0;
        }
    }
    cout << (m - lcm / 2) / lcm + 1 << endl; //可能会爆longlong

    //除去偶数
}

// 1-m中有多少个 x，满足 x=ai*(p+0.5), i:1-n, p可变,p>=0

//lcm/2, 3lcm/2, 5lcm/2, ...
//应该是爆Longlong了

E - Change a Little Bit

手动模拟一下，发现只需要算一种答案，其他都是对称的，即总和为 $2^n\times sum$
考虑怎么算 $sum$。

$$sum=\sum_{i=1}^n 2^{i-1} a_i\sum_{j=0}^{n-i}\tbinom{n-i}{j} (j+1)\\ =\sum_{i=1}^n 2^{i-1} a_i(\sum_{j=0}^{n-i}\tbinom{n-i}{j} j+\sum_{j=0}^{n-i}\tbinom{n-i}{j})\\ =\sum_{i=1}^n 2^{i-1} a_i(\sum_{j=0}^{n-i}\tbinom{n-i}{j} j + 2^{n-i})$$

含义为考虑到第 $i$ 位，有 $j$ 位不同的总贡献，其中 $j+1$ 为权值

其中上面展开的那一步用到了二项式定理：

考虑把含 $j$ 的那一项展开。
根据吸收恒等式：

$$\sum_{j=0}^{n-i}\tbinom{n-i}{j}j = \sum_{j=0}^{n-i-1}\tbinom{n-i-1}{j-1}(n-i)= (n-i)\sum_{j=0}^{n-i-1}\tbinom{n-i-1}{j-1}=(n-i)2^{n-i-1}$$

然后就能直接 $O(n)$ 计算了

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
ll a[N], pw[N], sum;
int n;

int main () {
    cin >> n;
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)    cin >> a[i], pw[i] = (pw[i-1] * 2) % mod;
    sort (a + 1, a + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll dx = pw[n-i] + (n - i) % mod * pw[n-i-1];
        dx %= mod;
        (sum += pw[i-1] * a[i] % mod * dx % mod) %= mod;
    }
      
    // cout << sum << ' ';
    cout << (sum * pw[n]) % mod << endl;
}

//T3: 2^5 * 8416
//sort之后:
//非常好组合数题
//考了一个吸收恒等式

F - Xor Shift

先进行一下式子变换：$b_i=a_{(i+k\mod\,n)}\bigoplus x\rightarrow b_i\bigoplus a_{(i+k\mod\,n)}= x$
即 $a_{(i+k\mod\,n)}\bigoplus b_0=a_{(i+k+1\mod\,n)}\bigoplus b_1=...$，
即 $a_{(i+k\mod\,n)}\bigoplus a_{(i+k+1\mod\,n)}=b_0\bigoplus b_1=...$
因此可以令 $c_i=a_i\bigoplus a_{i+1}, d_i=b_i\bigoplus b_{i+1}$
即 $c_i$ 与 $d_i$ 轮换匹配，等价于把 $c_i$ 复制一倍，$d_i$ 在 $c_i$ 上的长度为 $n$ 的匹配有多少种。

这里我们采用 $Z$ 函数来做，原理看这里————
z函数：https://oi-wiki.org/string/z-func/ （比KMP好理解）
利用 $z_i$ 的含义（$s[i,n-1]$ 与 $s$ 的前缀匹配的最大长度），把 $d_i$ 放在 $s[0,n-1]$，$s[n]=-1$ 作为间隔。$c_i$ 复制两遍放在 $s[n+1,3n]$。
答案即为 $s[n+1,2n]$ 中, $z_i=n$ 即为符合条件的值。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int a[N], b[N], c[N], d[N], s[N*3], n;

vector<int> ExKMP (int *s, int n) {
    //int n = s.size ();
    vector<int> z(n);
    for (int i = 1, l = 0, r = 0; i < n; i++) {
        if (i <= r && z[i-l] < r - i + 1)   z[i] = z[i-l];
        else {
            z[i] = max (0, r - i + 1);
            while (i + z[i] < n && s[z[i]] == s[i + z[i]])  z[i] ++; //暴力匹配
        }
        if (i + z[i] > r)   l = i, r = i + z[i] - 1; //更新l,r
    }
    return z;
}

int main () {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)     cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; i++)     cin >> b[i];
    for (int i = 0; i < n; i++)     c[i] = a[i] ^ a[(i+1)%n], d[i] = b[i] ^ b[(i+1)%n];
    for (int i = 0; i < n; i++)     s[i] = d[i], s[i+n+1] = s[i+2*n+1] = c[i];
    s[n] = -1;
    vector<int> z(n * 3);
    z = ExKMP (s, 3 * n);
    for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
        if (z[i] == n)      cout << i - n - 1 << ' ' << (a[i-n-1] ^ b[0]) << endl;
    }
}

//[0,n-1]放d, [n]放-1作为间隔
//[n+1,2n]放c,[2n+1,3n]再复制一遍c
//[n+1,2n]中,z[i]=n即为符合条件的值