Codeforces Round 1006 (Div. 3)

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A. New World, New Me, New Array

题意：你要选$n$个值域在$[-p,p]$之间数, 使得总和恰好为$k$。

$k$跟$-k$都是一样的，那么令$k=|k|$，每次填$min(k,p)$，然后$k=k-min(k,p)$。就能得到$k$。无解的情况就是$n\times p<k$。

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void solve() {
    int n, k, p;
    std::cin >> n >> k >> p;
    k = std::abs(k);
    if (p * n < k) {
    	std::cout << -1 << "\n";
    	return;
    }

    std::cout << (k + p - 1) / p << "\n";
}

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B. Having Been a Treasurer in the Past, I Help Goblins Deceive

题意：一个字符串分为两种字符：'-'和'_'。你可以重排字符串，使得子序列"-_-"最多。

我们应该让'-'放两边，中间放'_'。两边'-'的数量应该越接近越好。

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void solve() {
	int n;
	std::cin >> n;
	std::string s;
	std::cin >> s;
	i64 a = std::count(s.begin(), s.end(), '-');
	i64 b = std::count(s.begin(), s.end(), '_');

	i64 c = a / 2;
	std::cout << c * (a - c) * b << "\n";
}

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C. Creating Keys for StORages Has Become My Main Skill

题意：你要构造一个数组，使得所有数的或值等于$x$，并且使得$mex$最大。

从$0$到$n-1$找最大的前缀或和等于$x$的，那么前面填这些数，后面的都填$x$就行。

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void solve() {
    int n, x;
    std::cin >> n >> x;
    if (n == 1) {
    	std::cout << x << "\n";
    	return;
    }

    std::vector<int> ans(n);
    int sum = 0, max = 0, val = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	sum |= i;
    	if ((sum & x) == sum) {
    		max = i;
    		val = sum;
    	}
    }

    if (max == n - 1 && (val & x) != x) {
    	-- max;
    }

    int i = 0;
    while (i < n && max >= 0) {
    	ans[i] = max -- ;
    	++ i;
    }

    if (i < n) {
    	for (int j = i; j < n; ++ j) {
    		ans[j] = x;
    	}
    }

    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	std::cout << ans[i] << " \n"[i == n - 1];
    }
}

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D. For Wizards, the Exam Is Easy, but I Couldn't Handle It

题意：左移数组的一个区间，使得逆序对最小。

左移一次相当于把$i$插到$j$的后面，对$[i+1,j]$和除$i$外的数没有影响。只需要计算这些数和$i$对逆序对的影响。那么我们枚举$i$，然后枚举$j$，暴力即可。

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void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;
    std::vector<int> a(n);	
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	std::cin >> a[i];
    }

    int sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	for (int j = i + 1; j < n; ++ j) {
    		if (a[i] > a[j]) {
    			++ sum;
    		}
    	}
    }

    int l = 0, r = n - 1;
    int ans = sum;
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	int v = sum;
    	for (int j = i; j < n; ++ j) {
    		if (a[j] < a[i]) {
    			-- v;
    		} else if (a[j] > a[i]) {
    			++ v;
    		}

    		if (v < ans || (v == ans && r - l > j - i)) {
    			ans = v;
    			l = i, r = j;
    		}
    	}
    }

    std::cout << l + 1 << " " << r + 1 << "\n";
}

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E. Do You Love Your Hero and His Two-Hit Multi-Target Attacks?

题意：构造不超过$500$个点，使得欧几里得距离等于曼哈顿距离的点对恰好为$k$个。

这样的点对的$x$轴或者$y$轴一定相同，如果有$n$个$x$轴相同的，就有$\frac{n(n-1)}{2}$的贡献，那么我们一行一行的放，一直到贡献满足$k$就行了，注意每次放完一行列坐标得移到上一行最后的右边。

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void solve() {
    int k;
    std::cin >> k;
    std::vector<std::pair<int, int>> ans;
    int x = -1e9, y = -1e9;
    while (k) {
    	int z = 0;
    	while ((i64)z * (z + 1) / 2 <= k) {
    		++ z;
    	}

    	k -= z * (z - 1) / 2;
    	for (int i = 1; i <= z; ++ i, ++ x) {
    		ans.push_back({x, y});
    	}

    	y += 1;
    }

    std::cout << ans.size() << "\n";
    for (auto & [x, y] : ans) {
    	std::cout << x << " " << y << "\n";
    }
}

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F. Goodbye, Banker Life

题意：$f[1][1]=k$，$f[i][j]=f[i-1][j]\oplus f[i-1][j-1]$。求第$n$行的值。

这题也是人类智慧，不过其实还是有理论的。
感觉递推式应该和杨辉三角有关系，打表发现如果杨辉三角等于位置的数是奇数，那么值就是$k$，否则是$0$。那么就变成了求解$C(n-1,i)$是奇数还是偶数。根据$Lucas$定理，在模运算下我们求解$C(n,k)$，对于一个质数$p$，可以把$n,k$分解为$p$进制数，那么答案就是$p$进制下对应数做组合数然后每一位的值乘起来。那么发现，如果$2$进制下$n$的第$i$位$n_i$和$k$的第$i$位$k_i$，如果$k_i>n_i$，那么值就是$0$，否则就是$1$，这意味着$k$的二进制表示下的$1$必须都在$n$里出现，即$n\mathrm{\&}k=k$。

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void solve() {
    int n, k;
    std::cin >> n >> k;
    
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
        std::cout << (((n - 1) & i) == i ? k : 0) << " \n"[i == n - 1];
    }
}

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G. I've Been Flipping Numbers for 300 Years and Calculated the Sum

题意：$f(n,k)$定义为$n$转换为$k$进制翻转后再转回$10$进制的值，求$\sum _{i=1}^{k}f(n,i)$。

发现当$k>n$时，其在$k$进制下只有一位数，那么翻转后不变。那么我们讨论$n\le k$的情况。
观察数据范围我们得知需要不超过$\sqrt{(}n)$的时间复杂度。那么这提示我们数论分块。
对于$i\le \sqrt{(}n)$，我们暴力就行。
对于$i>\sqrt{(}n)$，我们发现$n$在$i$进制下只有两位数，因为第三位代表$i^2$，而$n$没有这么大。然后发现第$i^0$的系数是$n\mathrm{\%}i$，$i^1$的系数是$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$。$n$在$i$进制的两位就表示为$(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ,n\mathrm{\%}i)$，翻转后就是$(n\mathrm{\%}i,\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$。那么有一个经典结论，对于一个区间$[l,r]$，其中任意一个$i\in [l,r]$都有$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，那么对于从$l$到$r$，$n$对它们的余数是一个等差序列，首项为$a=n\mathrm{\%}l$，公差为$d=-\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$。，则我们求的是$\sum _{i=l}^r(a-(i-l)\times d)\times i+d=(r-l+1)\times d+\sum _{i=l}^{r}a\times i-(i^2-i\times l)\times d$。那么我们只需要计算出$sum1=\sum _{i=l}^{r}i,sum2=\sum _{i=l}^r{i}^2$，结果就是$(r-l+1)\times d+sum1\times a-(sum2-sum1\times l)\times d$。

代码省略了取模类。

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void solve() {
    int n;
    i64 k;
    std::cin >> n >> k;

    auto get = [&](int n, int k) -> Z {
    	std::vector<int> a;
    	while (n) {
    		a.push_back(n % k);
    		n /= k;
    	}

    	Z res = 0;
    	for (auto & x : a) {
    		res = res * k + x;
    	}

    	return res;
    };

    Z ans = 0;
    if (k > n) {
    	ans += (Z)(k - n) * n;
    	k = n;
    }

    auto s1 = [&](i64 n) -> i64 {
        return n * (n + 1) / 2;
    };

    auto s2 = [&](i64 n) -> i64 {
        return n * (n + 1) * (2 * n + 1) / 6;
    };

    auto sum1 = [&](i64 l, i64 r) -> i64 {
        return s1(r) - s1(l - 1);
    };

    auto sum2 = [&](i64 l, i64 r) -> i64 {
        return s2(r) - s2(l - 1);
    };

    for (i64 l = 2, r; l <= k; l = r + 1) {
        if (l * l <= n) {
            r = l;
            ans += get(n, l);
        } else {
            r = std::min(k, n / (n / l));
            i64 a = n % l, d = n / l;
            ans += (Z)a * sum1(l, r) - (sum2(l, r) - sum1(l, r) * l) * d + (Z)d * (r - l + 1);
        }
    }

    std::cout << ans << "\n";
}