AtCoder Regular Contest 182（A B C）

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收起

原来第二题比第一题简单吗😢

A.Chmax Rush! $\mathtt{\text{Diff 1110}}$

给定三个序列 $S,P,V$，其中 $S$ 的长度为 $N$，$P,V$ 的长度为 $Q$，按从小到大的顺序对每个 $i\in [1,Q]$ 执行下述操作：

在 $[1,P_i]$ 和 $[P_i,N]$ 中选择一个区间，要求其中所有的值都不大于 $V_i$，然后将区间内所有值替换成 $V_i$

求出能在符合要求的情况下执行全部操作的方案数

$N,Q\le 5000$

Hint

离线下来倒序做

Solution

考虑到可以倒序做这个题.

假设现在我们枚举到了操作 $i$，那么，对于它前面的每一个操作 $j$，假如 $V_i<V_j$，显然这两个操作就不能有重复区间了. 那么如何才能让它们之间没有重复区间？分以下情况讨论：

• $P_i<P_j$，为了无交集，应该选 $[1,P_i],[P_j,N]$ 两个区间

• $P_i>P_j$ 同理，选 $[1,P_j],[P_i,N]$ 两个区间

• $P_i=P_j$，无论如何选总会在 $P_i$ 相交，直接判无解

因此此题可以 $n^2$ 做，鉴于单次操作可能的状态只有两个，因此记录一下谁放右边，谁放左边就行了. 最后加起来一乘就是答案.

Code

int n,q,p[5001],v[5001],s[5001],ans=1;
const int mod=998244353;
bool isleft[5001],isright[5001];
int main(){
	read(n,q);
	for(int i=1;i<=q;++i){
		read(p[i],v[i]);
		isleft[i]=isright[i]=true;
	}
	for(int i=q;i>=1;--i){
		for(int j=i-1;j>=1;--j){
			if(v[i]<v[j]){
				if(p[i]>p[j]){
					isleft[i]=false;
					isright[j]=false;
				}
				else if(p[j]>p[i]){
					isright[i]=false;
					isleft[j]=false;
				}
				else{
					printf("0\n");
					return 0;
				}
			}
		}
		if(!isleft[i] and !isright[i]){
			printf("0\n");
			return 0;
		}
		ans=ans*(isright[i]+isleft[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

B.|{floor(A_i/2^k)}| $\mathtt{\text{Diff 1049}}$

给定 $N,K$，构造一个长为 $N$ 的序列，满足序列元素范围在 $[1,2^K-1]$ 之间

定义序列价值如下：对于全部的非负整数 $k$，序列中 $\lfloor \frac{A_i}{2^k}\rfloor$ 的不同值个数

如序列 $\{3,5\}$，当 $k=0$ 时不同的值个数为 $2$（$\{3,5\}$），当 $k=1$ 时为 $2$（$\{1,2\}$），$k=2$ 时只有一个新元素出现 $(\{0,1\})$，和为 $5$

请你最大化构造出来的序列的价值

$N\le 2\times {10}^5,K\le 30$

Solution

发现这个 $\lfloor \frac{A_i}{2^k}\rfloor$ 的操作非常像右移啊，其实就相当于 $A_i\mathrm{Rsh}k$

也就是说要构造一下任意次右移得到的结果最多的序列.

首先考虑到一个更优的 $A_i$ 满足什么条件. 可以想到 $2A_i$ 总是比 $A_i$ 更优，不仅拥有 $A_i$ 的全部情况，且总是比 $A_i$ 要多一个情况： $2A_i$，因此我们只需要考虑在 $[2^{K-1},2^K)$ 范围内的数字即可.

当 $N>2^{k-1}$ 的时候，直接全部都取一遍就行了.

否则，有一结论：答案的上界为 $1+\sum _{x=0}^{K-1}min(N,2^x)$

证明：考虑每一个区间 $[2^x,2^{x+1})$，可以发现，对于每一个 $A_i$，它进行操作后最多只有一个数能落在此区间内，而我们有 $N$ 个数，因此此区间最大值即为 $N$，同时，考虑到 $N$ 可能比区间内的数字总和要大，因此最终每个区间的贡献为 $min(N,2^x)$，再加上不在这些区间里的一个贡献 $0$，总和就是 $1+\sum _{x=0}^{K-1}min(N,2^x)$

本题的关键不在此处，而是如何去构造一个满足条件的数列.

定义 $br(x)$ 表示 $x$ 在 $K-1$ 位二进制表示下的反串，即如果 $K=7,x=5$，那么 $x={000101}_{(2)}$，$br(x)={101000}_{(2)}$

那么按如下操作构造该序列：

$$A_i=2^{K-1}+br(i)$$

即可.

根据刚才的证明，可以发现，要达到这个上界，只需要让构造出来的数字满足 $\mathrm{\forall }i,j\to {\mathrm{bit}}_k(i)\ne {\mathrm{bit}}_k(j)$，其中 ${\mathrm{bit}}_k(i)$ 表示 $i$ 的二进制表示中的最高 $k$ 位. 可以发现自然数的反串满足这个条件：对于 $i-j=2^k$，总是存在 ${\mathrm{bit}}_{k-1}$ 使其不同，而二进制反串有很多个，为了使最后的答案取到区间 $[2^{K-1},2^K)$ 范围内的数，因此我们才构造出 $K-1$ 位的反串，这样做可以使得到的数字最大为 $2^{K-1}+2^{K-1}-1=2^K-1$，恰好满足条件.

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,t;
int br(int x){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=k-1;++i){
		ans=ans*2+x%2;
		x/=2;
	}
	return ans;
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>k;
		if(n>=(1<<(k-1))){
			for(int i=1;i<=n;++i){
				cout<<max(1,(1<<k)-i)<<" ";
			}
		}
		else{
			for(int i=1;i<=n;++i){
				cout<<(1<<(k-1))+br(i)<<" ";
			}
		}
		cout<<endl;
	}
}

C.Sum of Number of Divisors of Product $\mathtt{\text{Diff 2408}}$

给定 $N,M$，求下述式子的值：

$$\sum _{i_1=1}^M\sum _{i_2=1}^M\cdots \sum _{i_N=1}^{M}f(\prod _{j=1}^N{i}_j)$$

其中 $f(x)$ 定义为 $x$ 的不同正因子个数

$N\le {10}^{18},M\le 16$

Solution

首先你需要知道 $f(x)$ 怎么求，如果你不知道的话请移步 此文章 第 $4.5$ 条

考虑到 $16$ 以内的质数只有六个，即对任意一个 $\prod _{j=1}^N{i}_j$，都可以表述为如下形式：

$$2^{a_1}{3}^{a_2}{5}^{a_3}{7}^{a_4}{11}^{a_5}{13}^{a_6}$$

因此我们成功将题意转化为求 $\prod _{i=1}^6(a_i+1)$

然后 DP 做？但是我不知道 DP 怎么做

if anyone known, then teach me plz