AtCoder Beginner Contest 206（Sponsored by Panasonic）（E，F）

合集 - acm(93)

30.AtCoder Beginner Contest 206（Sponsored by Panasonic）（E，F）2023-05-09

AtCoder Beginner Contest 206（Sponsored by Panasonic）（E，F）

E（容斥，gcd)

这个题大意就是给出一个 $l$ 和一个 $r$ ,寻找满足以下条件的一对数 $(x, y)$ 的数量

$g c d (x, y)! = 1$

$g c d! = x$ 并且 $g c d! = y$ (从这一句我们可以知道 $x$ 不可能被 $y$ 整除)

那么我们可以设 $x$ 是 $t$ 的倍数， $y$ 是 $t$ 的倍数，先保证 $g c d (x, y)$ 不为 $1$ ,

对于 $[l, r]$ 这一个区间可以是 $t$ 的倍数的最小的数是 $\frac{l - 1}{t} \times t$ ,最大的那个倍数是 $\frac{r}{t} \times t$ ,所以我们可以很简单的求出这个区间是 $t$ 的倍数的数量 $c n t$ ,然后我们要让 $g c d (x, y)$ 是 $t$ 不仅要都要是 $t$ 的倍数（ $w^{2}$ ,两个都从里面选），还可能会有 $g c d$ 是 $2 t$ 等的，所以我们要减去那些可能是其他 $t$ 的倍数的 $g c d$ 的情况，用 $f [t]$ 表示 $g c d$ 是 $t$ 的一对数的数量，那么需要减去 $f [2 t]$ 等等

然后我们再考虑第二句话的要求， $x$ 和 $y$ 之间不能存在整除的关系，那么我们手动减去那些整除的一些

对于此时的 $g c d$ 为 $t$ 时，假设 $x = t$ ,那么存在可以是 $x$ 的倍数的数有 $\frac{r}{x}$ 个，同样假如 $y$ 为 $t$ 时，同样也是这么多，但是当 $(t, t)$ 只有一个，这里多计算了一次，需要减一

参考

具体可以看代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <unordered_map>
#include <array>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long 
#define LL long long
#define ios  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define inf 1e18
#define INF 1e18
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const double eps=1e-9;
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int  n;
int f[maxn],l,r;
signed main() 
{
   cin>>l>>r;
   l--;
   int ans=0;
   for (int i=r;i>=2;i--)
   {
      int w=r/i-l/i;//(l-1)/i这个数最小的x*i>=l
      f[i]=w*w;
      for (int j=i+i;j<=r;j+=i)
      {
         f[i]-=f[j];
      }
      ans+=f[i];
   }
   for (int i=l+1;i<=r;i++)
   {
      if(i==1) continue;
      int now=r/i;
      now=now*2-1;
      ans-=now;
   }
   cout<<ans<<"\n";
   system ("pause");
    return 0;
}

F（博弈，SG，记忆化）

这个题大意就是一个游戏，每个人都可以选择一个区间段，只要这一个区间没有和之前已经选过的区间重合即可，如果这个人选不出，那么这个人就输了

对于这一道题，就是用了 $s g$ 函数和一些记忆化来写的

对于 $s g$ 函数什么时候该用，什么时候不该用，我还不是很懂，之前也做过一次题，不过是通过打表得出规律的

例题

感觉这个人的解释还蛮清楚的，学习

其中给出了一个公式

S G (x) = m e x (S G (y) | x \to y)

然后我们可以变化一下，得到

S G (l, r) = m e x (S G (l, l l) ⨁ S G (r r, r) | S G (l, r) \to S G (l, l l) 和 S G (r r, r))

有了以上公式其他的都很好写了

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <unordered_map>
#include <array>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long 
#define LL long long
#define ios  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define inf 1e18
#define INF 1e18
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const double eps=1e-9;
const int maxn=100+10;
const int mod=1e9+7;
int  n;
vector<int>g[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int find(int l,int r)
{
   if(l>r) return 0;
   if(dp[l][r]!=-1) return dp[l][r];
   set<int>st;
   for (int ll=l;ll<=r;ll++)
   {
      for (auto rr:g[ll])
      {
         if(rr<=r)
         {
            int now=find(l,ll)^find(rr,r);
            st.insert(now);
         }
      }
   }
   int now=0;
   for (auto x:st)
   {
      if(now==x)
      {
         now++;
      }
      else 
      {
         break;
      }
   }
   dp[l][r]=now;
   return dp[l][r];
}
void solve()
{
   cin>>n;
   for (int i=1;i<=100;i++)
   {
      g[i].clear();
   }
     memset(dp, -1, sizeof(dp));
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
     int l,r;
     cin>>l>>r;
      g[l].push_back(r);
   }
   if(find(1,100)>0)
   {
      cout<<"Alice\n";
   }
   else 
   {
      cout<<"Bob\n";
   }
   return ;
}
signed main() 
{
   int t;
   cin>>t;
   while (t--)
   {
      solve();
   }
   system ("pause");
    return 0;
}