Codeforces Round 940 (Div. 2) and CodeCraft-23 (A-E)

A. Stickogon

题意：给定 $n$ 根木棒长度，问最多构成几个多边形。

贪心，四边形不会优于三角形。

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B. A BIT of a Construction

题意：构造包含 $n$ 个非负元素的数组，使得 $\sum a_i=k$，并最大化 $a_1\mid a_2\dots |a_n$ 中 $1$ 的个数。

如果 $n=1$，则 $a=\{k\}$。

否则：

• 将 $k$ 的所有 $1$ 往低位移，得到 $1$ 的个数与 $k$ 相同的最小的数 $x$，如 $(10100{)}_2\to (00011{)}_2$
• 从低到高往 $x$ 上添 $1$，直到大于 $k$

最终只需选两个位置填 $x$ 和 $k-x$，其余填 $0$。

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C. How Does the Rook Move?

题意：$n\times n$ 的棋盘上 $A$ 与电脑轮流下车，$A$ 白子，电脑黑子，满足：

• 一行或一列只能存在一个车，不论颜色。
• $A$ 下在 $(i,j)$，则电脑下 $(j,i)$。
• $A$ 下在 $(i,i)$，则电脑 skip。

$A$ 先手，给定 $A$ 的前 $k$ 步棋，求不同的最终局面个数。

注意到最终局面与前 $k$ 步棋的位置无关，只取决于于 $k$ 步之后还剩多少行和列。

不妨让 $n$ 表示新的行数。

1. 下在 $(i,i)$ 相当于在剩余列中选出一列。
2. 下在 $(i,j)$ 相当于白子选一列，黑子选一列。

如果当前下了 $i$ 步 $1$ 类棋。

此时 $n-i$ 一定要偶数，否则 $2$ 类棋下不完剩余列。

令 $j={\displaystyle \frac{n-i}{2}}$，则问题转化为在 $n-i$ 个数中选出 $j$ 对二元组的方案。

钦定白子选的列，然后黑子任意排列，则方案为 $\left(\begin{array}{c}n-i\\ j\end{array}\right)j!$

所以最终局面数为 $\sum _{i=0}^n[n-i\equiv 0(\mathrm{mod}2)]\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n-i\\ j\end{array}\right)j!$

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D. A BIT of an Inequality

题意：定义 $f_{l,r}=\underset{i=l}{\overset{r}{⨁}}{a}_i$，求满足 $f_{x,y}\oplus f_{y,z}>f_{x,z}$ 的三元组个数。

化简原式：$f_{x,z}\oplus a_y>f_{x,z}$

区间异或，转化为前缀异或，即 $s_z\oplus s_{x-1}\oplus a_y>s_z\oplus s_{x-1}$

• $a_y$ 对左式的影响取决于最高位 $j$（低位影响的总和小于最高位）。
• 不等式成立当且仅当 $s_{x-1}\oplus s_z$ 的第 $j$ 位为 $0$，即$s_{x-1}$ 与 $s_z$ 的第 $j$ 位相同。

枚举 $a_y$，$s$ 中 $[1,y)$ 与 $[y,n]$ 的 $0/1$ 个数之积即为答案。

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E. Carousel of Combinations

题意：求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i\left(\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right)(j-1)!modj$

$$\sum _{j=1}^i\left(\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right)(j-1)!modj=\sum _{j=1}^i{\displaystyle \frac{i^{\underset{―}{j}}}{j}}modj$$

$j$ 个连续数相乘，$\lfloor {\displaystyle \frac{i}{j}}\rfloor \cdot j$ 一定被 $j$ 整除，剩余数在模 $j$ 意义下依次为 $1,2\dots ,j-1$。

所以原式可以写成 $\sum _{j=1}^i\lfloor {\displaystyle \frac{i}{j}}\rfloor (j-1)!modj$

威尔逊定理

威尔逊定理

当 $p$ 为质数时，有

$$(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$$

证明

当 $p=2$ 时，$(2-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}2)$。

当 $p>2$ 时，即证 $\prod _{i=2}^{p-2}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

方程 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 成立当且仅当 $x\equiv 1$ 或 $x\equiv p-1$。

所以 $\mathrm{\forall }x\in [2,p-2]$，$x^{-1}\in [2,p-2]$ 且 $x^{-1}\ne x$。

也就是 ${\displaystyle \frac{n-3}{2}}$ 对数两两匹配互为逆元。

推广

$$(n-1)!\equiv \{\begin{array}{ll}-1& n=p_i\\ 4& n=4\\ 0& n>4,n\ne p_i\end{array}(\mathrm{mod}n)$$

合数 $n=p_1^{{\alpha }_1}\dots p_k^{{\alpha }_k}$。

当 $n$ 不为完全平方数时，$p_1\ne {\displaystyle \frac{n}{p_1}}$ 且 $p_1,{\displaystyle \frac{n}{p_1}}<n$，所以 $n\mid (n-1)!$。

当 $n=p^2$ 时：

如果 $2p<n$，$2p^2\mid (n-1)!$。

否则 $n=4$，$(4-1)!\equiv 2(\mathrm{mod}4)$。

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令 $w_j=(j-1)!modj$，$f_i=\sum _{j=1}^i\lfloor {\displaystyle \frac{i}{j}}\rfloor w_{j}modj$。

枚举 $j=4$ 或 $j$ 为质数：

枚举 $k$，对于 $i\in [k\cdot j,k\cdot j+j)$，$j$ 对 $f_i$ 有 $k\cdot w_j$ 的贡献，差分实现。

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