CodeTON Round 3 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)

我要死给普，给我死给普

A

记得好像开场不会来着。就只要判断 \(a_1\) 是否为 \(1\) 就行了。正确性显然。

B

分讨两种情况，一种是所有的 01 都算上，另一种是取全 0 或全 1 段，然后取较大的即可。

C

考虑一个值：\(a\operatorname{xor} b\)，每次我们相当于让它们整体异或上一个全 1 串，所以这个值只会整体翻转。而最终必然要求这个值变成全 0，所以要求开局的时候这个值要么是全 1 要么全 0，也就是，\(a\) 与 \(b\) 要么相同要么相反。

然后就随便构造一下。

D

首先有：\(a_i=\gcd(a_{i-1},b_i)\Rightarrow \gcd(\dfrac{a_{i-1}}{a_i},\dfrac{b_i}{a_i})=1\)。所以每一步先判断 \(a_{i-1}\) 是否为 \(a_i\) 的倍数，然后就是数在 \(\dfrac{m}{a_i}\) 内有多少与 \(\dfrac{a_{i-1}}{a_i}\) 互质的数，这个东西可以直接暴力容斥。

E

保分冲 skip。先膜一手灰鹤和埃瑞克钱。

灰鹤常年玄学做法，反正膜就行了。

但是埃瑞克钱脚踩标算。

首先注意到一个串的代价等价于将其左右括号都匹配之后，剩下的左括号数量与右括号数量的较大值，正确性显然。我们令前者为 \(x\)，后者为 \(y\)，按照统计所有子串的套路，枚举右端点，然后维护每个左端点的答案。如果进来一个左括号，那么全局 \(x++\)，如果进来一个右括号，我们找到与之匹配的位置 \(p\)（没有为 \(0\)），然后 \([1,p]\) 做 \(x--\)，\([p+1,r]\) 做 \(y++\)。

然后你发现这个东西不能用 DS 来维护，所以考虑化简后直接求贡献。去掉 \(x--\)，因为这等价于 \(y++\)，然后使 \([1,p]\) 的答案都减一（总贡献减 \(p\)）。这样我们就只有 \([1,r]\) 的 \(x++\) 或者 \(y++\) 了。注意到 \(x,y\) 通过这样的操作，值域不能超过 \(n\)，所以开桶维护 \(x-y\) 的值，每次全局的 \(x++\) 相当于是把所有左端点放到后一个桶内，运动是相对的，所以相当于把零点向左移动一格，\(y++\) 同理。每次移动零点和加入元素都是 \(O(1)\) 的，所以这题就做到了 \(O(n)\)。