2020 Summer #4

0x01 Bear and Prime Numbers

注意到 \(a_i \leqslant 10^7\)，故只需求 \(10^7\) 以内的素数。

不难想到记录每个数出现的次数，再对每个素数分别枚举倍数，将次数累计，最后前缀和。

0x02 Power Products

设 \(a_i = \displaystyle\prod_{\iota=1}^m p_{\iota}^{\alpha_{\iota}}\)，则 \(a_j = \displaystyle\prod_{\iota=1}^m p_{\iota}^{kr-\alpha_{\iota}}\)，拆成数组存储和查找，用 map 实现。

0x03 Prime Number

设 \(S = a_1 + a_2 + \cdots + a_n\)，则分子为 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n x^{S - a_i}\)。

注意到只需求次数，再分子分母取最小值即为 \(\gcd\)，又可能出现形如 \(x^i + x^i + \cdots + x^i = x^{i+1}\) 的情况，故将分子中每一项升序排序求。

0x04 Multipliers

熟知 \(n = \displaystyle\prod_{i=1}^m p_i^{\alpha_i}\) 的因数个数为 \(\displaystyle\prod_{i=1}^m (a_i+1)\)，不妨记为 \(N\)。设 \(n\) 的因数乘积为 \(P_n\)。

考虑 \(n' = n \cdot p_{m+1}^{\alpha_{m+1}}\)，则对 \(n\) 的每个因数，其与 \(p_{m+1}^{j} \ (0 \leqslant j \leqslant \alpha_{m+1})\) 分别相乘产生 \(n'\) 的 \(\alpha_{m+1} + 1\) 个因数，故 \(\large P_{n+1} = P_n^{\alpha_{m+1}} \cdot p_{m+1}^{\frac {\alpha_{m+1}(\alpha_{m+1}+1)} 2 \cdot N}\)。

0x05 Double Happiness

由费马平方和定理知，只需求形如 \(4k+1\) 的素数个数。

为避免 MLE，改用 bitset。

0x06 Anniversary

在 Fibonacci 数列中，有引理：\(\large\gcd(f_i, f_j) = f_{\gcd(i, j)}\)，则此题显然。

0x07 Empire Strikes Back

引理：对于质数 \(p\)，\(n!\) 中因子 \(p\) 的个数为 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac n {p^k} \right\rfloor\)。

质因数分解 + 二分。

0x08 Magic Five

预处理 \(a\) 串作为前缀和在中间的答案。

0x09 Partial Sums

设 \(\{ a_n \}\) 的 \(k\) 阶前缀和为 \(\{ s_n^k \}\)，其中 \(s_i^0 = a_i, \ s_i^k = s_{i-1}^k + s_{i}^{k-1}\)。

注意到此递推式形式与杨辉三角相同，不难得出 \(s_i^k = \displaystyle\sum_{j=1}^i (C_{k+i-j}^{i-j})\)。

又 \(k\) 很大而 \(i-j \le n \le 2000\)，则可 \(O(n^2)\) 对 \(i-j\) 的每种取值暴力预处理出对应的组合数。

0x0A Vasily the Bear and Beautiful Strings

注意到 11 和 10 修改后都是 0，故第一个 1 后的所有字符对结果均无影响。

枚举第一个 1 的位置，剩下的用组合数计算。

0x0B Iahub and Permutations

容斥原理，设共有 \(m\) 个 -1，其中有 \(k\) 个可满足 \(p_i = i\)，\(f(i) = \binom{k}{i} \cdot (m-i)!\)，则 \(ans = m! - \displaystyle\sum_{i=1}^m (-1)^i f(i)\)。

0x0C Devu and Birthday Celebration

设 \(g = \gcd(a1, a_2, \ldots, a_f)\)，则

\[\begin{aligned} ans &= \sum_{a_1, a_2, \ldots, a_f} \left( [g=1] \cdot \left[ \sum a_i = n \right]\right) \\ &= \sum_{a_1, a_2, \ldots, a_f} \left( \sum_{d|g} \mu(d) \cdot \left[ \sum a_i = n \right]\right) \\ &= \sum_{d|n} \mu(d) \sum_{a_1, a_2, \ldots, a_f} \left[ \sum a_i = \frac n d \right] \\ &= \sum_{d|n} \mu(d) \cdot \binom{\frac n d - 1}{f-1} \end{aligned} \]

0x0D Pluses everywhere

显然可以分别算每一位数对答案的贡献，这取决于其后第一个 + 的位置。

设第 \(i\) 位数后的第一个 + 在 \(j-1\) 和 \(j \ (\leqslant n+1)\) 之间，则其贡献为 \(\large 10^{j-i-1} \cdot \binom{n-j+i-[j>n]}{k-[j>n]}\)。

0x0E Fibonacci Sums

引理：任意正整数 \(n\) 均可表示为若干 Fibonacci 数的和。

易构造一种方案，每次选取最大的 \(f_i \leqslant n\)，对 \(n - f_i\) 递归。对任意一种方案，可用一 01 串表示，第 \(i\) 位为 1 表示方案中包含 \(f_i\)，否则不包含。

显然若存在形如 001 的字串，可将其变为 110，从而得到另一种方案，每段 0 的个数决定作此变换的次数上限，根据乘法原理计算答案。

0x0F Bear in the Fields

矩阵快速幂。

0x10 Mahmoud and Ehab and yet another xor task

线性基。

设处理到第 \(i\) 个询问时，线性基中共有 \(m\) 个数，则对于不在线性基内的数共有 \(2^{l-m}\) 种选法。

再设选出来的这些数异或和为 \(y\)，则显然用那 \(m\) 个数可以唯一地构造出异或和为 \(x_i \oplus y\) 的子集，故总方案数即为 \(2^{l-m}\)。