Codeforces Round #752 (Div. 1) (CF1603)

A

Description

给定一个长度为$n$的序列$\{ a_i\}$，进行$n$次删除操作：如果对于当前序列第$i$个数对$(i+1)$取模不等于$0$，则可以将第$i$个数删掉。给定序列，问是否可以通过这样的操作将所有元素全部删掉。

Solution

结论：对于每一个$a_i$，只要存在一个不大于$(i+1)$的数，使得$a_i$取模该数不等于$0$，那么序列就可以被完全删除。

证明：我们设$b_i$表示$a_i$被删掉的时候在序列中的位置，则对于满足$a_i \bmod (b_i+1) \neq 0$且$b_i\le i$的所有$\{b_i\}$都是合法的，我们需要证明对于任意一种合法的$\{b_i\}$，都存在一种删除方案。我们每次可以选择最靠右的、满足$b_i=i$的位置，将其删去。因为最开始有$b_i\le i$，第$i$个位置的数需要在前面删掉$(i-1)$个数才能顶到首位，所以不管何种状况下都有$b_1=1$，也就是我们一定能找到一个$b_i=i$的位置。如此删$n$次即可。

B

Description

给定两个偶数$x,y$，要求构造$n$使得$n\bmod x = y \bmod n$。

$x,y\le 10^9,n\le 2\cdot 10^{18}$

Solution

对于$x=y$，$n=x$；

对于$x>y$，$n=(x+1)y$，此时$n\bmod x = y\bmod n = y$

对于$x<y$：

• $y-x<2x$：$n=(x+y)/2$，此时$n\bmod x = n-x, y\bmod n = y - n, n-x=y-n$

• $y-x\ge 2x$：容易发现$n\le x$和$n\ge y$都是不可能的，所以考虑在中间寻找答案。

  假设$n\ge (x+y)/2$，

  $y \bmod n=y-n$，可以画出其函数图像，为一次函数。

  $n \bmod x=(n-x)\bmod x$，发现函数图像呈锯齿状。

  求两个图像的交点即可。（由于$x,y$为偶数，所以交点坐标一定是整数）

C

Description

有一种操作，每次可以将序列中的某个数拆成和为该数的两个数。

一个序列的extreme value定义为将该序列用此操作变成不降序列的最少操作次数。

给定一个序列，求其每个子串的extreme value的和对$998244353$取模的结果。

Solution

从右往左拆每个数，当前拆出来的数应该小于等于右边的数，由此判断至少应该拆分成几个数，得到数字个数后，我们想尽可能拆得平均，即两两之差不超过1。然后考虑左边的数……

对于每个子串，它们的开头是不需要拆的，所以不同的子串会有很多不同的情况。

但是我们发现，对于一个数的平均拆分，得到的数的种类是$O(\sqrt{n})$的。所以对于每个位置将每一种划分结果的最左边的数的贡献都存下来，计算答案即可。

直接做的空间复杂度为$O(n\sqrt n$，由于空间卡不满可以AC，不过也可以通过滚动数组优化到$O(n)$。

D

Description

定义$c(l,r)$表示满足$l\le i \le j \le r$且$\gcd(i,j)\ge l$的数对$(i,j)$的数量。

给定$n,k$（$1\le k \le n$），定义$f(n,k)$表示对于任意满足$0=x_1<x_2<\dots<x_k<x_{k+1}=n$的$\{x_i\}$的$\sum_{i=1}^k c(x_i + 1, x_{i + 1})$的最小值。

给定$3\cdot 10^5$组$n,k$，$1\le k \le n \le 10^5$，求$f(n,k)$。

Solution

一个需要考虑的问题是如何快速计算$c(l,r)$。

$$\begin{aligned} c(l,r) &= (r-l+1)+\sum_{i=l}^r \sum_{j=i+1}^r [\gcd(i,j) \ge l] \\ &= (r-l+1)+\sum_{k=l}^r \sum_{i=1}^{\lfloor r/k\rfloor} \sum_{j=i+1}^{\lfloor r / k \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] \\ &= (r-l+1)+\sum_{k=l}^r \sum_{i=1}^{\lfloor r/k\rfloor}\varphi (i) \\ &= (r-l+1)+\sum_{k=l}^r s(\lfloor r / k \rfloor) \end{aligned}$$

其中$s(x)$为$\varphi(x)$的前缀和，可以$O(n)$预处理得到。对于$c(l,r)$，可以通过整除分块$O(\sqrt{n})$计算。

一个结论是$k>\log_2 n$时$f(n,k)=n$。

证明：构造：$[1,1], [2,3], [4,7], \dots , [2^{L-1},2^L-1],[2^L,n]$，每一个区间的贡献即区间长度。如果在这个基础上进一步分段，仍然有区间贡献为区间长度。

有了这个结论，我们不仅可以只需要在小范围内枚举段数，而且可以将所有$f(n,k)$求出后再回答询问（这也意味着我们只能从前往后DP）。

那么我们设$f_{i,j}$表示前$i$个数分了$j$段的最小值，容易得到一个$O(n^2\log n)$的做法。

发现性质$c(i,k)+c(j,l) \le c(i,l)+c(j,k)$（证明显然），利用决策单调性来优化这个DP。考虑分治，区间$[L,R]$的决策点在$[l,r]$中，暴力检查$MID$的转移点在$[l,r]$中的哪个位置，递归处理即可。

$\log_2n$次分治的时间复杂度是$O(n \log ^2 n)$的，而对于$c(i,j)$的计算，我们对于每一次分治都只需要用$O(\sqrt n$求出一个区间的$c(i,j)$、剩下的可以依次推得，故时间复杂度加上$O(n\sqrt{n} \log n)$。