CF-CodeTon-3解题报告
A. Indirect Sort
题意：有一个排列 \(a\)，每次可以选三个不同的位置，从左到右依次为 \(i,j,k\)。如果 \(a_i>a_k\)，将 \(a_i\) 加上 \(a_j\)，否则交换 \(a_j,a_k\)。问是否能将其排成非降序列。
贪心。如果第一个元素是 \(1\)，则一定可以：每次用 \(1\) 来当 \(i\)，即可任意交换 \(j,k\)。如果不是，则一定不可以：因为对于 \(1\) 所在的位置，要么将它移到左边，要么将它增加，要么让前面的减少。容易证明这三种都是不可行的。
By tourist
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef LOCAL
#include "algo/debug.h"
#else
#define debug(...) 42
#endif
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int tt;
cin >> tt;
while (tt--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
bool ok = true;
for (int i = 0; i < n; i++) {
ok &= (a[0] <= a[i]);
}
cout << (ok ? "Yes" : "No") << '\n';
}
return 0;
}
B. Maximum Substring
题意：定义一个 01 字符串的权值为：如果只有 0 或只有 1，则为 0/1 个数的平方，否则为 0 的个数乘 1 的个数。给定一个字符串，找出所有子串的最大权值。
分类讨论。有 0 有 1 时，全选一定最优，否则为最长的连续 0/1 子串长度的平方。三种情况取最大值即可。
By tourist
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef LOCAL
#include "algo/debug.h"
#else
#define debug(...) 42
#endif
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int tt;
cin >> tt;
while (tt--) {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
int mx = 1;
int t = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (s[i] == s[i - 1]) {
t += 1;
mx = max(mx, t);
} else {
t = 1;
}
}
int x = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
x += (s[i] == '0');
}
int y = n - x;
long long ans = (long long) x * y;
ans = max(ans, (long long) mx * mx);
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
C. Complementary XOR
题意：有两个 01 串 \(a,b\)，每次操作可以选一个区间，将 \(a\) 这段区间内的元素取反， \(b\) 这段元素外的区间取反。构造一种方案，在 \(n+5\) 次操作内将两个串归零，或判断无解。
容易发现，进行操作后 \(a,b\) 的异或值将会完全取反，所以只有当 \(a=b\) 或 \(a=inv(b)\) 时才可能有解。如果 \(a=inv(b)\)，我们可以先选整个串，将 \(a\) 取反，转化为 \(a=b\) 的情况。此后，当奇数次操作后 \(a=inv(b)\)，偶数次操作后 \(a=b\)。问题转化为：每次可以选 \(a\) 的一段区间取反，恰好偶数次操作内将 \(a\) 归零。
于是，我们先对每个 1 的位单独选中取反，最多 \(O(n)\) 次。如果此时用了奇数次操作，我们考虑如何再“浪费”奇数次操作将其变成偶数。一种方法是将第一位取反，再将剩下的取反，最后将全部取反。使用三次操作，结果不变。
By jiangly
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string a, b;
std::cin >> a >> b;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] ^ b[i] ^ a[0] ^ b[0]) {
std::cout << "NO\n";
return;
}
}
std::cout << "YES\n";
std::vector<std::array<int, 2>> ans;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] == '1') {
ans.push_back({i, i + 1});
}
}
if (a[0] ^ b[0] ^ (ans.size() & 1)) {
ans.push_back({0, 1});
ans.push_back({1, n});
ans.push_back({0, n});
}
std::cout << ans.size() << "\n";
for (auto [l, r] : ans) {
std::cout << l + 1 << " " << r << "\n";
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
int t;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
D. Count GCD
题意：给你一个数组 \(a\)，求数组 \(b\) 的方案数，满足 \(b\) 的值域在 \([1,m]\)，且 \(a\) 为 \(b\) 的前缀 \(\gcd\)。
由于 \(b\) 的每一位独立，问题转化为求 \(b_i\) 的方案数，满足 \(\gcd(a_{i-1},b_i)=a_i\)。式子两边同时除以 \(a_i\)，则要求 \(\gcd(\frac{a_{i-1}}{a_i},\frac{b_i}{a_i})=1\) 的方案数。我们可以枚举每个 \(a_{i-1}\) 的质因数，然后容斥。由于 \(10^9\) 内的数不同的质因数个数不超过 \(10\) 个，\(2^10\) 枚举每一种方案即可。
By tourist
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int tt;
cin >> tt;
while (tt--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
Mint ans = 1;
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int x = a[i];
int y = a[i + 1];
if (x % y != 0) {
ans = 0;
break;
}
if (x == y) {
ans *= m / x;
continue;
}
int bound = m / y;
int num = x / y;
vector<int> fs;
for (int j = 2; j * j <= num; j++) {
if (num % j == 0) {
fs.push_back(j);
while (num % j == 0) {
num /= j;
}
}
}
if (num > 1) {
fs.push_back(num);
}
int sz = (int) fs.size();
int cnt = 0;
for (int mask = 0; mask < (1 << sz); mask++) {
int sign = 1;
int u = 1;
for (int j = 0; j < sz; j++) {
if (mask & (1 << j)) {
sign *= -1;
u *= fs[j];
}
}
cnt += sign * (bound / u);
}
ans *= cnt;
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
