Educational Codeforces Round 173 (Rated for Div. 2)

upd:2024/12/18 更新了 G

A

硬币肯定是能拆则拆。时间复杂度 $O (T \log_{4} n)$ 。

B

分类讨论 $5$ 个奇数：

对于 $1$ ，肯定可以整除。
对于 $3$ ，可以整除 $n$ 要求 $n$ 的数位之和为 $3$ 的倍数。也就是 $d n! \equiv 0 (\mod 3)$ 。发现当 $n \geq 3$ 的时候， $n!$ 已经是 $3$ 的倍数肯定满足条件。如果 $n < 3$ ，直接计算是否是 $3$ 的倍数即可。
对于 $5$ ，要求 $d = 5$ 。
对于 $7$ ，发现 $111111$ 是 $7$ 的倍数，也就是说一旦 $n!$ 为 $6$ 的倍数也就是 $n \geq 3$ ，那么肯定满足条件。如果 $n < 3$ ，直接计算是否是 $7$ 的倍数即可。
对于 $9$ ，做法类似于 $3$ 。
时间复杂度 $O (T)$ 。

C

假设全部的数字都满足 $a_{i} \in {- 1, 1}$ ，此时的答案可以取哪些数？

求出最大，最小子段和（可以为空），设他们的值分别为 $m n, m x$ 。可以证明的是，答案可以取遍 $[m n, m x]$ 之间的任何数。证明：

取最大子段和的全部前缀（可空），至少可以取遍 $[0, m x]$ 之间的任何数。
取最小子段和的全部前缀（可空），至少可以取遍 $[m n, 0]$ 之间的任何数。

现在加入 $a_{p} \neq {- 1, 1}$ 。那么对于 $a [1 \dots, p - 1]$ 和 $a [p + 1 \dots, n]$ 的答案都可以通过上述算法解决。

剩下的就是那些 $l \leq p \leq r$ 的区间了。我们求出包含 $p$ 的最大子段和 $m x$ 和最小子段和 $m n$ ，那么答案也可以取遍 $[m n, m x]$ 之间的任何数，证明类似。求的具体方法就是求出 $a_{p - 1}$ 结尾的最大/最小后缀和 $a_{p + 1}$ 开头的最大/最小前缀和。

将满足条件的数排序并去重即可。时间复杂度 $O (T n \log n)$ 。

D

求出一个极大的区间 $[x, y]$ 满足 $l \leq x G \leq y G \leq r$ 。接下来问题转化为了找到两个值 $p, q \in [x, y]$ 且 $gcd (p, q) = 1$ ，最大化 $| p - q |$ 。

直接猜 $p \in [x, y] \cap [x + \log y] ， q \in [x, y] \cap [y - \log y, y]$ 然后过了。时间复杂度 $O (T \log^{3} V)$ 。

（bro把 $\log$ 开 $40$ 然后赛后被hack了，但是开到 $64$ 即可通过）

E

这个题目很好！

首先二进制问题是可以拆位的，问题转化为了01矩阵问题。我们可以进行的操作有：行涂 $0$ ，列涂 $1$ ，问矩阵 $A$ 是否可以变成矩阵 $B$ ?

假设不考虑 $A$ 的状态，仅考虑 $B_{i, j}$ 的状态：

$B_{i, j} = 1$ ，那么第 $i$ 行涂 $0$ 应该在第 $j$ 列涂 $1$ 之前操作。
$B_{i, j} = 0$ ，那么第 $i$ 行涂 $0$ 应该在第 $j$ 列涂 $1$ 之后操作。

如果将上述关系连边，最终是一个 DAG 就有解。这真的对吗？

我们发现错误原因在于认为每一行，每一列都操作，但是这是不对的。我们引入一个超级源点，连向哪些必要操作的点（ $A_{i, j} \neq B_{i, j}$ ）:

$A_{i, j} = 0, B_{i, j} = 1$ ，则必须进行列涂 $1$ ，源点向其连边。
$A_{i, j} = 1, B_{i, j} = 0$ ，则必须进行行涂 $0$ ，源点向其连边。

仅考虑超级源点可以到达的点构成的导出子图，如果是一个 DAG 就有解。现在很对。

对于每一个二进制位都判断以下，时间复杂度 $O (n^{2} \log V)$ 。

F

动态dp题，出的很烂。问题取反面：选取不为空的，尽量小的集合使得异或和为 $0$ 。

考虑问题放到线段树上，每一个节点维护 $f_{i}$ 表示异或和为 $i$ 的最小节点数， $g_{i}$ 表示可以到达最小节点数的方案数。容易在 $O (\log^{2} V)$ 的时间内合并两个节点。

则直接使用线段树来做，预处理 $O (n \log^{2} V)$ ，查询 $O (q \log n \log^{2} V)$ ，无法通过。

考虑猫树分治，预处理是 $O (n \log n \log V)$ ，查询 $O (q \log^{2} V)$ 。

G

这个题目的做法很有参考价值！

我们考虑分块去做。将答案拆分为块内的答案和块外的答案。只要维护了 $s u m_{i, j}$ 表示元素 $i$ 在前 $j$ 个块中出现的次数，配合一个桶很容易去以 $O (\frac{n}{B})$ 的时间去计算块外的答案（在已知块内答案的基础上），其中 $B$ 是块长。

对于块内的问题，我们考虑直接维护数组 $f_{i, j}$ 表示第 $i$ 个块到第 $j$ 个块的答案。可以直接以 $O (\frac{n^{2}}{B})$ 的时间暴力预处理，考虑点修对 $f$ 的影响：转化为减少某一个元素/添加某一个元素。这里拿添加元素举例。

假设添加元素 $v$ 的下标所在块是第 $x$ 个块，则对于 $i \leq x \leq j$ ， $f_{i, j}$ 的权值应该增加 $s u m_{v, j} - s u m_{v, i - 1}$ ,蛮力维护的时间为 $O (\frac{n^{2}}{B^{2}})$ ;我们还需要维护 $s u m$ 本身的变化，直接蛮力维护时间复杂度为 $O (B)$ 。

现在分析一下时间复杂度，预处理为 $O (\frac{n^{2}}{B})$ 。对于询问，如果是点修，时间复杂度为 $O (B + \frac{n^{2}}{B^{2}})$ ；区间查询时 $O (B)$ 。发现取 $B = n^{\frac{2}{3}}$ 时最优秀的，时间复杂度来到了 $O (Q n^{\frac{2}{3}})$ 。

但是很遗憾，这是无法通过的。

我们想一下哪里不优的？明明两种询问的操作次数可以被视为相同，但是在点修时，维护 $f$ 花了 $O (\frac{n^{2}}{B^{2}})$ 的时间，而在查询时，只花费了 $O (1)$ 的时间去调用 $f$ 。

考虑将 $f_{i, j}$ 增加 $s u m_{v, j} - s u m_{v, i - 1}$ 转化为增加 $(s u m_{v, j} - s u m_{v, x}) + (s u m_{v, x} - s u m_{v, i - 1})$ .前后部分分别维护，拿前半部分举例，我们枚举 $j$ ，对于一个相同的 $j$ ， $f_{i \leq x, j}$ 都需要增加 $s u m_{v, j} - s u m_{v, x}$ ，直接将贡献打在差分数组上。查询的时候暴力计算差分数组的前缀和，因为差分数组只有 $O (\frac{n}{B})$ 这么大。