AtCoder Regular Contest 116（A-D）
A、Odd vs Even
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editorial
已知对于给定数字\(n\)，他的因子可以表示成\(\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{cnt_i}\)，其中\(p_i\)是n的素因子，\(cnt_i \in [0,a_i]\), \(a_i\)是满足\([n \mod p_i^{a_i} = 0]\)这个条件的最大值。
故知若\(2^{a_i}\)中的\(a_i\)大于1时，偶因子多于奇因子个数；两者相等时，偶因子等于奇因子个数；否则，偶因子少于奇因子个数。
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code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int t; scanf("%d", &t); while(t--) { ll n; scanf("%lld", &n); if(n % 4 == 0) puts("Even"); else if(n % 2 == 0 ) puts("Same"); else puts("Odd"); } return 0; }
B、Products of Min-Max
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editorial
首先我们对该序列进行排序，发现就可以固定两端，中间是否选择，共有\(2^{max(0,j-i+1)}\)中选择，故答案为
\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^na_i*a_j*2^{max(0,j-i-1)}=\sum\limits_{i=1}^na_i*\sum\limits_{j=i}^na_j*2^{max(0,j-i-1)} =\sum\limits_{i=1}^na_i*\sum\limits_{j=i+1}^na_j*2^{j-i-1}+\sum\limits_{i=1}^na_i^2 \]观察式子发现
\(\sum\limits_{j=i}a_j*2^{j-i}=2*\sum\limits_{j=i+1}a_j*2^{j-i}+a_i\)
故我们从后往前计算。
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code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int NMAX = 2e5 + 10; const int MOD = 998244353; int a[NMAX]; int main() { int n; scanf("%d", &n); ll ans = 0, ant; for(int i = 1;i <= n;i++) { scanf("%d", a + i); ans = (ans + 1ll*a[i]*a[i]%MOD)%MOD; } sort(a + 1, a + 1 + n); ant = a[n]; for(int i = n-1;i >= 1;i--) { ans = (ans + ant*a[i]%MOD)%MOD; ant = (ant*2%MOD + a[i])%MOD; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
C、Multiple Sequences
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editorial
对于整数\(m\),连续的因子序列（因子序列中元素互不相等），最大长度为\(\lfloor\log_2m\rfloor\)，故进行dp，\(dp[i][j]\)表示最后一位数字，当前序列长度为\(i\)的可能情况。
而对于原问题的序列我们可以通过我们的序列进行扩展，即将长度为\(i\)的序列扩展成长度为\(n\)，即可以想象把长度为\(n\)的序列划分为\(i\)段，用插空法求出有\((n-1,i-1)\)种方式,故答案为\(\sum\limits_{i=1}^{20}(n-1,i-1)*(\sum\limits_{j=1}^mdp[i][j])\)
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code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int NMAX = 2e5 + 10; const int MOD = 998244353; typedef long long ll; ll dp[20][NMAX], sum[20]; ll f[NMAX],finv[NMAX]; ll fast_pow(ll a,ll n) { ll ans = 1; while(n) { if(n&1) ans = (ans * a)%MOD; a = (a * a)%MOD; n >>= 1; } return ans; } ll C(ll n,ll m) { return (n<0||m<0||n<m)?0:f[n]*(finv[m])%mod*finv[n-m]%mod; } void init() { f[0]=1; for(int i=1;i< NMAX;i++) f[i]=f[i-1]*i%mod; finv[NMAX-1] = fast_pow(f[NMAX-1],mod-2); for (int i=NMAX-1; i > 0; i--) finv[i-1]=finv[i]*i%mod; } int main() { int n, m; init(); scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1;i <= m;i++) dp[1][i] = 1; sum[1] = m%MOD; for(int j = 2;j < 20;j++) { for(int i = 1;i <= m;i++) for(int k = 2*i; k <= m;k += i) dp[j][k] = (dp[j][k] + dp[j-1][i])%MOD; for(int i = 1;i <= m;i++) sum[j] = (sum[j] + dp[j][i])%MOD; } ll ans = 0; for(int i = 1;i < 20;i++) ans = (ans + C(n-1, i-1)*sum[i]%MOD)%MOD; printf("%lld\n", ans); return 0; }
D、Wanna Win The Game
- editorial
官方题解
\(\sum A_i\)为偶数时，\(Xor A_i\)才可能存在情况数，对于所有的\(A_i\)二进制，固定位的\(1\)的个数必然为偶数。那我们从低位往高位开始，构造序列\(A\)。
定义\(dp[i]\)为\(m=i\)的答案，首先构造最后一位，即对于偶数\(m\)，将\(m\)个\(1\)放到\(n\)个位置（保证一个位置至多只有一个一），共有\((n, m)\)中方案。用之前的方案数来更新当前的情况，即在原来的序列每个元素左移一位，然后选择\(2j\)个\(1\),分别加到序列\(A\)中，故有转移方程如下：
\[ dp[i*2+j] = 1ll*(dp[(i<<1)+j] + 1ll*dp[i]*C[n][j] \bmod MOD) \bmod MOD \iff j\equiv0\pmod{2}
\]
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code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MOD = 998244353; const int NMAX = 5e3 + 5; typedef long long ll; int C[NMAX][NMAX]; int dp[NMAX]; void init() { C[0][0] = 1; for(int i = 1;i < NMAX;i++) { C[i][0] = 1; for(int j = 1;j <= i;j++) C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1])%MOD; } } int main() { init(); int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 2;i <= m;i += 2) dp[i] = C[n][i]; for(int i = 1;i <= m;i++) for(int j = 0;(i<<1)+j <= m;j += 2) dp[i*2+j] = 1ll*(dp[(i<<1)+j] + 1ll*dp[i]*C[n][j]%MOD)%MOD; printf("%d\n", dp[m]); return 0; }
