Codeforces Good Bye 2023

A - 2023

直接乘起来显然会爆，但是每个数一定是 $2023$ 的因子，于是拿一个 $2023$ 出来，对每个 $i$ 尝试除掉 $b_{i}$ ，不能整除直接 No，否则就先补一个剩下的数，然后补 $k - 1$ 个 $1$ 即可，不用开 long long。

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B - Two Divisors

题目保证有解，那就很好办了。

首先如果 $a ∤ b$ ，那直接输出 $lcm (a, b)$ 即可，如果最小公倍数不满足，一定没有其他数能满足。

如果 $a ∣ b$ ，那 $lcm (a, b) = b$ ，这时找最小的质因子乘进去显然可行，但是找质因子很麻烦，而且容易假。观察发现，由于保证有解，于是 $b \frac{b}{a}$ 一定合法，不然 $a, b$ 中间就还有一个因数。

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C - Training Before the Olympiad

操作相当于求和后舍去 $s u m mod 2$ ，于是先手希望最小化舍去的值，后手希望最大化舍去的值。根据每个数模 $2$ 的值分成两类，每次发生舍去一定是一个 $0$ 和一个 $1$ 求和，先手希望最小化这种情况，注意到每次操作后总会多出一个 $0$ ，因此先手需要尽快消耗掉所有 $1$ ，那么只要存在 $2$ 个及以上的 $1$ ，先手都会选 $1 + 1$ 。后手由于在先手操作后行动，因此一定有 $0$ ，于是只要有 $1$ 他就会选 $0 + 1$ 并使总和减少 $1$ 。

观察到，先后手轮流行动一次后， $1$ 减少 $3$ 个， $0$ 增加 $1$ 个，于是先把 $1$ 的个数除掉 $3$ 并统计周期带来的贡献，剩下的一点模拟一下直到 $1$ 全部消去即可。

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D - Mathematical Problem

打个表，然后你会发现一个惊人的秘密：在 $n = 11$ 的时候就已经能找到超过 $99$ 的解了，于是把 $n = 1, 3, 5, 7, 9, 11$ 的数最多的解打个表， $n$ 超过 $11$ 就直接在 $11$ 的解后面加 $0$ 即可。

打表：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll=long long;

vector<vector<ll>> ans;
map<ll,vector<ll>> mp;

void solve(int len,vector<ll> &res) {
    ll liml=1,limr=1;
    for(int i=1;i<len;++i) liml*=10;
    limr=liml*10-1;
    mp.clear();
    for(int i=1;1ll*i*i<=limr;++i) {
        if(1ll*i*i<liml) continue;
        vector<int> d; ll tmp=1ll*i*i;
        while(tmp) d.emplace_back(tmp%10),tmp/=10;
        sort(d.begin(),d.end());
        ll id=0;
        for(auto v:d) id=id*10+v;
        mp[id].emplace_back(1ll*i*i);
    }
    for(auto [id,vec]:mp) {
        if(vec.size()>res.size()) res=vec;
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);

    ans.resize(12);

    for(int i=1;i<=11;i+=2) {
        solve(i,ans[i]);
    }

    cout<<"vector<vector<ll>> ans={";
    for(int i=0;i<12;++i) {
        if(i%2==0) {cout<<"{},"; continue;}
        if(i<11) ans[i].resize(i);
        else ans[i].resize(100);
        ll b=ans[i].back(); ans[i].pop_back();
        cout<<"{";
        for(auto v:ans[i]) cout<<v<<",";
        cout<<b<<"}";
        if(i<11) cout<<",";
    }
    cout<<"};";
    cout<<endl;

    return 0;
}

Submission

E

题目明示我们枚举 LCA，于是考虑枚举 LCA，并在 LCA 向上提的时候动态更新子树信息（下面称题目里的 activity 为颜色）。

于是需要实现的操作就是：对一个到子树根的 $d i f f$ 值已知的子树在最上面加入一个颜色为 $c o l_{u}$ 的点 $u$ ，查询子树 $d i f f$ 的最大值。

子树查询提示我们把树按照 dfs 序拍平，于是子树查变成了区间查。考虑新加入一个颜色为 $c o l_{u}$ 的点 $u$ 作为新的根对其所有子树 $d i f f$ 的影响，其实等价于对 $u$ 子树中的所有点先 $+ 1$ ，然后往下找到第一个和它颜色相同的点（即往下深度优先遍历，遇到同色点就标记并不继续遍历它的子树），把它们子树中的点全部 $- 1$ 。