CF1295

A

用计算器式显示数字，可以显示 $n$ 段。可以显示的最大数字是多少？

如果用了一个需要至少四段的数字，一定不如把这个替换成两个 $1$ 好。

如果一共可以用偶数个，一定是全部 $1$。

如果一共可以用奇数个，一定是开头一个 $7$，之后全是 $1$。

B

给定一个 $01$ 序列 $s$ 和 $k$，$t$ 为 $s$ 的无限重复。求 $x$ 的个数，$x$ 满足：$t$ 的前 $x$ 个元素中的 $0$ 的个数减 $1$ 的个数等于 $k$.

令 $balance(len)=cn{t}_{0,len}-cn{t}_{1,len}$。

注意到 $balance(len)=[\frac{len}{n}]\times balance(n)+balance(len\mathrm{mod}n)$.

而 $balance(0\sim n)$ 可以预处理出来。

我们只需要枚举 $i=0\sim n-1$，判断 $x-balance(i)$ 是否为 $balance(n)$ 的倍数即可。

注意，不仅要判断倍数，还要判断 ${\displaystyle \frac{x-balance(i)}{balance(n)}}$ 是否非负！！！

C

老套路题。

记 $nx{t}_{pos,ch}$ 为从 $pos$ 号位置开始，下一个 $ch$ 在哪里出现。

一个贪心：如果遇到一个能匹配当前字符的，就一定要配上。

D

给定 $a,m$，求所有 $x$ 满足 $gcd(a+x,m)=gcd(a,m)$.

$gcd(a+x,m)=gcd(a,m)$，不妨令 $x^{\prime }=(a+x)\mathrm{\%}m$，这样 $gcd(a+x,m)=gcd(x^{\prime },m).$

于是现在的问题转化为：$gcd(x^{\prime },m)=gcd(a,m),x^{\prime }\in [0,m).$

设 $gcd(a,m)=g,a=a^{\prime }g,m=m^{\prime }g$，因为 $gcd(x^{\prime },m)=g$，则 $x^{\prime }=x^{″}g$。

此时应有 $gcd(x^{″},m^{\prime })=1,x^{″}\in [0,m^{\prime })$，而每一个与 $m^{\prime }$ 的 $gcd$ 等于 $1$ 的数，都可以唯一对应到原问题中的 $x$。

这时问题转化为求 $0\sim m^{\prime }-1$ 中和 $m^{\prime }$ 互质的数的个数，发现 $1\sim m^{\prime }-1$ 的个数就是 $\phi (m^{\prime })$。

而 $gcd(0,m^{\prime })=1$ 是否成立还要看 $m^{\prime }=1$，但是 $m^{\prime }=1$ 说明 $m=g$ 说明 $(a,m)=m$ 说明 $m\mid a$ 说明 $a\ge m$ 矛盾。

所以答案就是 $\phi (m^{\prime })$.

E

给定一个 $1\sim n$ 的排列 $p$ 和一个花费数组 $a$。

可以选一个 $k\in [1,n-1]$ 把 $p$ 分成两半：$p_{1\sim k},p_{k+1\sim n}$.

可以选择这两组中的一些元素移动到另外一组，第 $i$ 个元素的移动代价是 $a_i$。

经过一些移动后，要求第一组中所有元素都小于第二组中所有元素。如果某一组空了，也满足条件。

求最小代价和。

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枚举 $k=0\sim n$，表示最终我们希望 $1\sim k$ 在第一组中。

令 $t[i]$ 表示此时把排列分成 $1\sim i-1,i\sim n$ 两段的最小代价。（此时就是当我们枚举 $k$ 时 $k$ 每变一次都求一次）

对于 $k=k^{\prime }$ 时，$t[i]=$（$p[1]\sim p[i-1]$ 中不属于 $1\sim k^{\prime }$ 的元素的代价之和）+（$p[i]\sim p[n]$ 中属于 $1\sim k^{\prime }$ 的元素的代价之和），这时我们知道，如果要 $1\sim k^{\prime }$ 在第一组，答案就是此时的 $min(t[2],\dots ,t[n])$。

现在的问题在于，我们不能对每一个 $k$ 都求一次 $t$ 数组，复杂度会爆。

我们发现，当 $k$ 加 $1$ 时，变化其实很少：$t[2]\sim t[pos[k+1]]$ 都 $+a[pos[k+1]]$，$t[pos[k+1]+1]\sim t[n]$ 都 $-a[pos[k+1]]$。$pos[k+1]$ 表示在排列中 $k+1$ 的位置。

这是因为如果我们要让 $k+1$ 去第一组，那所有初始没有包含 $k+1$ 的分法，也就是在 $2,\dots ,pos[k+1]$ 分开的方法，都需要额外花 $a[pos[k+1]]$ 的代价把 $k+1$ 放到左边。

这可以用线段树维护。区间加 + 区间最小值（求 $t$ 的最小）。