2024.11.23 CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2)

Solved：6/11

Rank：135

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感觉 F 差一步就做出来了。。。

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A. Shohag Loves Mod

题意：给 $n$，构造一个递增序列使得 $\{a_i\mathrm{mod}i\}$ 两两不同。

$\{2i-1\}$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)cout<<i*2-1<<' ';
    cout<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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B. Shohag Loves Strings

题意：给一个字符串，求任意一个子串使得本质不同子串数量为偶数。

注意到 aa 和 abc 的本质不同子串数都是偶数，而不存在这类子串的字符串只有形如 abababab...，其所有子串的本质不同子串数均为奇数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void solve(){
    string a;
    cin>>a;
    int n=a.length();
    for(int i=0;i<n-1;++i)if(a[i]==a[i+1]){cout<<a[i]<<a[i+1]<<'\n';return;}
    bool fl=0;
    for(int i=2;i<n;++i)if(a[i]!=a[i&1])fl=1;
    if(!fl){cout<<"-1\n";return;}
    for(int i=0;i<n-2;++i)if(a[i]!=a[i+1]&&a[i]!=a[i+2]&&a[i+1]!=a[i+2]){cout<<a[i]<<a[i+1]<<a[i+2]<<'\n';return;}
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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C1. Shohag Loves XOR (Easy Version)

题意：给定 $x,n$，求 $1\le y\le n$ 中有多少个 $y$ 满足 $(x\oplus y)|x$ 或 $(x\oplus y)|y$。$x\le {10}^6,n\le {10}^{18}$。

当 $y$ 的二进制最高位比 $x$ 高时，一定有 $x\oplus y>x$ 且 $x\oplus y>\frac{y}{2}$。此时不可能存在整除关系。因此直接从 $1$ 到 $min(n,2^k-1)$ 枚举 $y$ 即可。这里 $2^k$ 是 $2$ 大于 $x$ 的最小幂次。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
void solve(){
    int x;
    ll n;
    cin>>x>>n;
    int m=1;
    while(m<=x)m<<=1;
    m=min((ll)m,n);
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)if(i!=x){
        if(!(x%(x^i))||!(i%(x^i)))++cnt;
    }
    cout<<cnt<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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C2. Shohag Loves XOR (Hard Version)

题意：给定 $x,n$，求 $1\le y\le n$ 中有多少个 $y$ 满足 $x|(x\oplus y)$ 或 $y|(x\oplus y)$。$x\le {10}^6,n\le {10}^{18}$。

和 C1 类似，当 $y$ 的二进制最高位比 $x$ 高时，$x\oplus y$ 不可能是 $y$ 的倍数，只可能是 $x$ 的倍数。问题转化为统计有多少 $q$ 满足 $qx\oplus x\le n$。当 $qx$ 与 $n$ 的 $k$ 位之前不相等时，$qx\le n$ 就等价于 $qx\oplus x\le n$，可以直接计算；故只需统计 $qx\oplus x$ 和 $n$ 的 $k$ 位之前相等的情况，这部分可以暴力枚举；另外 $y$ 很小的部分也可以暴力枚举（注意要减掉重复的）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
void solve(){
    int x;
    ll n;
    cin>>x>>n;
    int m=1;
    while(m<=x)m<<=1;
    if(m>=n){
        ll cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(!((x^i)%i)||!((x^i)%x))++cnt;
        }
        cout<<cnt<<'\n';
        return;
    }
    ll cnt=0;
    for(int i=1;i<m;++i){
        if(!((x^i)%i)&&(x^i)%x)++cnt;
    }
    ll l=n^(n&(m-1)),r=l+m;
    cnt+=(l-1)/x;
    for(ll y=(l-1)/x*x+x;y<r;y+=x){
        if((x^y)<=n)++cnt;
    }
    cout<<cnt<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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D. Shohag Loves GCD

题意：给定 $n$ 和一个大小为 $m$ 的集合 $S$，构造一个序列，满足序列中所有数都属于 $S$ 且 $gcd(a_i,a_j)\ne a_{gcd(i,j)},\mathrm{\forall }i\ne j$。

设整数 $x$ 的质因子数量（计重数）为 $f(x)$。当 $m\le M=\underset{i=1}{\overset{n}{max}}f(i)$ 时，满足题意的序列一定不存在。

证明：此时一定存在下标序列 $p_0,p_1,\dots p_M$ 使得 $p_0|p_1|\dots |p_M$。根据抽屉原理，一定有两个 $p_i,p_j$ 满足 $a_{p_i}=a_{p_j}$，而 $gcd(p_i,p_j)=p_i,gcd(a_{p_i},a_{p_j})=a_{p_i}$，不合题意。

而另一方面，当 $m>M$ 时，我们只需将 $S$ 从大到小排序并令 $a_i=s_{f(i)}$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
const int N=1e5+5;
bool np[N];
int pri[N],cnt,f[N],mx[N];
void sieve(int n){
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(!np[i])pri[++cnt]=i,f[i]=1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j){
            np[i*pri[j]]=1;
            f[i*pri[j]]=f[i]+1;
            if(!(i%pri[j]))break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)mx[i]=max(f[i],mx[i-1]);
}
 
void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<int> a(m);
    for(int i=0;i<m;++i)cin>>a[i];
    if(m<=mx[n]){cout<<"-1\n";return;}
    sort(all(a)),reverse(all(a));
    for(int i=1;i<=n;++i)cout<<a[f[i]]<<' ';
    cout<<'\n';
}
 
int main(){
    sieve(1e5);
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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E. Shohag Loves Inversions

题意：初始序列为 $[0,1]$，每次可将当前序列的逆序对数插入任意一个位置，求最终能生成的长度为 $n$ 的序列的数量。对 $998244353$ 取模。

插入一个数字在绝大多数情况下都会使序列的逆序对数增加。事实上，除了前几次操作插入 $0,1$ 外，只要序列的逆序对数 $\ge 2$，那么除非插在序列末尾，插在其他任何位置都会使逆序对数增加。

设 $f_n$ 为：除末尾相同的和下次插入相等的数外，长度为 $n+1$，且序列逆序对数 $\ge 2$ 的方案数。边界为 $f_1=f_2=0,f_3=2$。对新插入的数字分三种情况讨论：

• 新的数字是 $1$ 且插入在前面：手玩可知逆序对数为 $1$ 的序列只能形如 $00...01011...1$，能构成的新序列总数为 $2+3+\cdots +(n-1)+n=\frac{(n-1)(n+2)}{2}$；

• 新的数字 $\ge 2$ 且插入在前面：由于此时末尾的数都不再是和下次插入相等的数，所以要考虑前面有 $3$ 到 $n-1$ 个数的情形，方案总数为 $\sum _{i=3}^{n-1}(i+1)f_i$。

• 新的数字 $\ge 2$ 且插入在末尾：没有贡献。

因此 $f_n=\frac{(n-1)(n+2)}{2}+\sum _{i=3}^{n-1}(i+1)f_i$，答案为 $n-1+\sum _{i=3}^{n-1}{f}_i$（$n$ 是逆序对数 $\le 1$ 的方案数）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
const int N=1e6+5,mod=998244353;
 
int n=1e6;
ll f[N];
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    f[1]=0,f[2]=0,f[3]=2;
    ll sum=8;
    for(int i=4;i<=n;++i){
        f[i]=(1ll*(i-2)*(i+1)/2+sum)%mod;
        sum=(sum+f[i]*(i+1))%mod;
    }
    for(int i=4;i<=n;++i)f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
 
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)cin>>n,cout<<(n-1+f[n-1])%mod<<'\n';
}