CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)（A - D) (C2 还在补)
CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)
4/11(A B C1 D)
A. Shohag Loves Mod
题目大意
Shohag有一个整数nn。请帮助他找到一个递增的整数序列1≤ a1<a2<…<an≤1001≤a1<a2<…<an≤100，使得对于所有的 1≤i<j≤n1≤i<j≤n，都满足aimodi≠ajmodjaimodi≠ajmodj ∗∗。在给定的约束条件下，可以证明这样的序列总是存在的。∗∗amodbamodb 表示aa除以bb的余数。例如，7 mod 3=1,8 mod 4=0 7mod 3 = 1,8 mod 4 = 0，69 mod 10 = 9 69 mod 10 = 9。
要让每个位置的值模上位置数都是第一次出现也就是\(a_i\) \(mod\) \(i\) 的结果是第一次出现比较好的就是让第一个位置这样的结果是0 后面是1然后依次类推0 1 2 3 4 5 6 .......，这样就能保证每个位置的结果不一样了，我们只需要让a[i] = i + i就好了
// Problem: A. Shohag Loves Mod
// Contest: Codeforces - CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)
// URL: https://codeforces.com/contest/2039/problem/0
// Memory Limit: 256 MB
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int E;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef tuple<int, int, int> PIII;
typedef tuple<LL, LL, LL> PLLL;
typedef pair<long long, long long> PLL;
typedef unsigned long long ULL;
#define endl '\n'
#define vec vector
#define pb push_back
#define pob pop_back
#define fir first
#define sec second
#define maxINT 0x3f3f3f3f
#define maxLL 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL
#define umap unordered_map
#define uset unordered_set
#define maxheap priority_queue<E, vector<E>, less<E>>
#define minheap priority_queue<E, vector<E>, greater<E>>
#define prvec(a) \
for (int i = 0; i < (a).size(); i++) { \
cout << (a)[i] << " "; \
} \
cout << endl;
#define debug0(a) \
cout << #a << ": "; \
for (int k = 0; k < (a).size(); k++) { \
cout << (a)[k] << " "; \
} \
cout << endl;
#define debug1(a) \
cout << #a << ": "; \
for (int k = 1; k <= (a).size(); k++) { \
cout << (a)[k] << " "; \
} \
cout << endl;
LL gcd(LL a, LL b) { return (b) ? gcd(b, a % b) : a; }
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {if (b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }LL gcd = exgcd(b, a % b, y, x);y -= a / b * x;return gcd;}
LL qmi(LL a, LL b, LL mod) {LL res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;}
const int N = 200010;
void solve() {
int n;
cin>>n;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
cout<<i + (i - 1)<<" ";
}
cout<<endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;cin>>n;while(n --)
solve();
return 0;
}
B. Shohag Loves Strings
题目大意：
对于一个字符串p，令f(p)表示p的独特非空子串的数量。
Shohag有一个字符串s。帮助他找到一个非空字符串p，使得p是s的子串且f(p)为偶数，或者说明不存在这样的字符串。
∗如果一个字符串a可以通过从字符串b中删除开头和/或结尾的若干个(可能是零个或全部)字符而得到，则字符串a是字符串b的子串。
考虑最小满足独立子串为偶数这一性质的子串p，可以发现最小就两种情况：两个连续相同字符，三个连续不相同字符，例如：aa ,abc的独立子串个数就是偶数个aa 只有 aa a这两个独立子串，遍历字符串就行了
// Problem: B. Shohag Loves Strings
// Contest: Codeforces - CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int E;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef tuple<int, int, int> PIII;
typedef tuple<LL, LL, LL> PLLL;
typedef pair<long long, long long> PLL;
typedef unsigned long long ULL;
#define endl '\n'
#define vec vector
#define pb push_back
#define pob pop_back
#define fir first
#define sec second
#define maxINT 0x3f3f3f3f
#define maxLL 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL
#define umap unordered_map
#define uset unordered_set
#define maxheap priority_queue<E, vector<E>, less<E>>
#define minheap priority_queue<E, vector<E>, greater<E>>
#define prvec(a) \
for (int i = 0; i < (a).size(); i++) { \
cout << (a)[i] << " "; \
} \
cout << endl;
#define debug0(a) \
cout << #a << ": "; \
for (int k = 0; k < (a).size(); k++) { \
cout << (a)[k] << " "; \
} \
cout << endl;
#define debug1(a) \
cout << #a << ": "; \
for (int k = 1; k <= (a).size(); k++) { \
cout << (a)[k] << " "; \
} \
cout << endl;
LL gcd(LL a, LL b) { return (b) ? gcd(b, a % b) : a; }
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {if (b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }LL gcd = exgcd(b, a % b, y, x);y -= a / b * x;return gcd;}
LL qmi(LL a, LL b, LL mod) {LL res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;}
const int N = 200010;
void solve() {
string s;
cin>>s;
if(s.size() == 1) {cout<<-1<<endl;return;}
for(int i = 0;i + 2< s.size();i ++)
{
char a1 = s[i],a2 = s[i + 1],a3 = s[i + 2];
if(a1 != a2 && a1 != a3 && a3 != a2)
{
cout<<a1<<a2<<a3<<endl;
return;
}
if(a1 == a2)
{
cout<<a1<<a2<<endl;
return;
}else if(a2 == a3)
{
cout<<a2<<a3<<endl;
return;
}
}
if(s.size() == 2&&s[0] == s[1])
{
cout<<s<<endl;
return;
}
cout<<-1<<endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;cin>>n;while(n --)
solve();
return 0;
}
C1. Shohag Loves XOR (Easy Version)
题目大意
Shohag有两个整数x和m。帮助他计算1≤y≤m范围内的整数数量，使得x≠y且x⊕y是x、y或者两者的约数。这里⊕是按位异或运算符。∗如果存在整数c使得a=b⋅c，则数b是数a的约数。
首先我们要知道如果x ⊕ y 是x的约数，就必须是x ⊕ y 小于 x ，是y的约数也是同理。
但是我们会惊奇的发现，如果y比x大很多，比如x = 6，y = 27 在二进制上表示就是x = \((110)_2\) y = \((11011)_2\)
x ⊕ y 的结果的最高位一定是和y的最高位是一样的，y的最高位一直是异或上0，1 ⊕ 0 结果是1，这就得提到另一个性质了，
如果一个数a的二进制表示和b的二进制表示的最高位位数是一样的比如a = \((11011)_2\) 和 b = \((11000)_2\) 的最高位都是 \(2^4\) ，
那么b一定不是a的约数，因为b是a的约数的情况是a最大是a/2 也就是a>>1在二进制上最高位是低于a的，所以，当y的最高位二进制位大于x的最高位就用看了，我们只需要从1到 x << 1枚举就行了，如果m比x小就1 到 m
// Problem: B. Shohag Loves Strings
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int E;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef tuple<int, int, int> PIII;
typedef tuple<LL, LL, LL> PLLL;
typedef pair<long long, long long> PLL;
typedef unsigned long long ULL;
#define endl '\n'
#define vec vector
#define pb push_back
#define pob pop_back
#define fir first
#define sec second
#define maxINT 0x3f3f3f3f
#define maxLL 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL
#define umap unordered_map
#define uset unordered_set
#define maxheap priority_queue<E, vector<E>, less<E>>
#define minheap priority_queue<E, vector<E>, greater<E>>
#define prvec(a) \
for (int i = 0; i < (a).size(); i++) { \
cout << (a)[i] << " "; \
} \
cout << endl;
#define debug0(a) \
cout << #a << ": "; \
for (int k = 0; k < (a).size(); k++) { \
cout << (a)[k] << " "; \
} \
cout << endl;
#define debug1(a) \
cout << #a << ": "; \
for (int k = 1; k <= (a).size(); k++) { \
cout << (a)[k] << " "; \
} \
cout << endl;
LL gcd(LL a, LL b) { return (b) ? gcd(b, a % b) : a; }
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {if (b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }LL gcd = exgcd(b, a % b, y, x);y -= a / b * x;return gcd;}
LL qmi(LL a, LL b, LL mod) {LL res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;}
const int N = 200010;
void solve()
{
long long a,b;
cin>>a>>b;
long long ans = 0;
int end = min(b,a << 1); // 枚举边界
for(int i = 1;i <= end;i ++)
{
if(i == a) continue;
int number = i ^ a;
if(a % number == 0 || i % number == 0)
{
ans ++;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;cin>>n;while(n --)
solve();
return 0;
}
D. Shohag Loves GCD
Shohag有一个整数n和一个包含m个唯一整数的集合S。帮助他找到字典序最大的整数数组a1,a2,…,an，使得对于每个1≤i≤n，ai∈S，并且对于所有满足1≤i<j≤n的数对，满足gcd(i,j)≠gcd(ai,aj)，或者说明不存在这样的数组。∗∗一个数组aa在长度相同的情况下比数组bb字典序更大，如果a≠ba≠b，且在a和b第一次出现不同的位置，数组a对应的元素比b中对应的元素大。†gcd(x,y)表示整数xx和y的最大公约数(GCD)。
既然要求我们让输出的数组字典序最大，那么我们就从最大字典序的情况开始第一个样例：
6 3
3 4 6
我们让答案数组ans是6 6 6 6 6 6
这样输出肯定是不行的，我们再看题目给的要求：对于所有满足1≤i<j≤n的数对，满足gcd(i,j)≠gcd(ai,aj)
我们从前往后遍历，枚举所有下标 j 只要前面从1到 j 的所有下表都满足 gcd(i,j)≠gcd(ai,aj)，如果有一个不满足，我们就让\(a_j\) 等于集合中第一个小于\(a_i\) 的数 我们到最后得到的数组就是字典序最大的。
我们假设 j = 2 ，那么有可能会让 gcd(i,j)≠gcd(ai,aj) 不成立的数只有下标 1
假设j = 3，那么有可能让这个性质不成立的下标有1 ，因为1 2 两个数对 3 的最大公约数都是1
假设j = 4，那么枚举之前所有下标gcd(1,4) = 1 gcd(2,4) = 2 gcd(3,4) = 1 可能让题目性质不成立的下标有下标1 下标2
假设j = 6，gcd(1,6) = 1,gcd(2,6) = 2 gcd(3,6) = 3 ,gcd(4,6) = 2,gcd(5,6) = 1
假设j = 8，gcd(1,8) = 1,gcd(2,8) = 2,gcd(3,8) = 1,gcd(4,8) = 4 ,gcd(5,8) = 1,gcd(6,8) = 2 ,gcd(7,8) = 1
j = 2 : 1
j = 3：1
j = 4：1 2
j = 6：1 2 3
j = 8：1 2 4
我们可以发现，所有对j有影响的下标都是j的约数，如果我们每次进入一个下标就求一次一个下标的所有约数是会超时的，我们又可以发现，当我们j = 2是最大约数是1，j = 4时最大约数是2，j = 8时最大约数是4，只要j下标的值不同于j的最大约数这个下标就行了，求最大约数我们只需要找到j的最小质因子p，然后最大约数就是j / p，我们让a[j]的值是a[p] 在集合s中第一个小于a[p]的值即可，如果没用比a[p]更小的值，那么就不能构造这个答案数组，输出-1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define vec vector
//vector<LL> dist;
vector<bool> st;
void add(int a, int b, int c)
{
// graph[a].emplace_back(b, c);//
}
vector<int> zalgo(string s)
{
int n = s.size();
vector<int> z(n + 1, 0);
z[0] = n;
int i = 1, j = 1;
for (; i < n;i ++)
{
z[i] = max(0,min(j + z[j] - i,z[i - j]));
while (i + z[i] < n && s[z[i]] == s[i + z[i]])
z[i]++;
if(z[i] + i > z[j] + j)
j = i;
}
return z;
}
//void dijkstra()
//{
// minheap heap;
// dist[1] = 0;
// heap.push({0, 1});
// while (heap.size())
// {
// auto x = heap.top();
// heap.pop();
// int val = x.fir, site = x.sec;
// if (st[site])
// continue;
// st[site] = true;
// for (auto x : graph[site])
// {
// int end = x.first, len = x.second;
// if (dist[end] > dist[site] + len)
// {
// dist[end] = dist[site] + len;
// heap.push({dist[end], end});
// }
// } //
// }
//}
vector<int> minp, primes; // minp[i] 是i的最小质因子 primes是装的1 ~ n的所有质数
void sieve(int n) //质数筛
{
minp.assign(n + 1, 0);
primes.clear();
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (minp[i] == 0)
{
minp[i] = i;
primes.push_back(i);
}
for (auto p : primes)
{
if (i * p > n)
break;
minp[i * p] = p;
if (p == minp[i])
break;
}
}
}
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
vec<int> a(m + 1,0);
map<int, int> mp; // 记录一个数在集合中的下标方便找数
int x;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
cin >> x;
a[i] = x;
}
sort(a.begin() + 1, a.end());
for (int k = 1; k <= m; k++)
{
mp[a[k]] = k;
}
vector<int> ans(n + 1, *prev(a.end()));
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
int p = minp[i], pos = 1;
p = i / p;//用最小质因子求出最大约数
pos = mp[ans[p]] - 1;//求出在集合s中第一个小于a[p]的数的下标
if (pos <= 0) // 如果下标小于等于0说明没有数小于a[p]了
{
cout << -1 << endl;
return;
}
ans[i] = a[pos];//让a[i] 是第一个小于a[p]的数
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << ans[i] << " ";
}
cout << endl;
}
int main()
{
sieve(1e5 + 10);
int n;
cin >> n;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
solve();
}
return 0;
}
