[杂题笔记]2021.08.18-2021.09.03，CF#741 Div.2&CF#736 Div.2&CF Global Round15&CF#739 Div3

2021.08.18-2021.09.03

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【CF#741 Div.2】

https://codeforces.com/contest/1562/problem/A， （这A题好难）给你\(l,r\)，问最大可能的\(a\bmod b\)（\(l \leq b\leq a\leq r\)）。

先是想要让\(a=b-1\)，但\(a\geq b\)，然后就想着取\(l\leq b\leq a=2b-1\leq r\)，右边得到\(b\leq \lfloor\frac{r+1}{2}\rfloor\)，左边就是条件\(l\leq\lfloor \frac{r+1}{2}\rfloor\)，而仔细想想，对于\(l\geq \lfloor \frac{r+1}{2}\rfloor\)的情况，直接取\(b=l,a=r\)就行。

第一题好难。

https://codeforces.com/contest/1562/problem/B， 给你一个数位可以很长的数（且不包括数位0），删掉尽可能多的数位，使得剩下的数字not prime，输出剩下的数（保证存在答案）。

这题限制挺宽的，最好的情况就是剩一个1,4,6,8,9，所以如果有就直接输出，不然的话如果有2个\(\{2,3,5,7\}\)也很好，再不然说明\(2,3,5,7\)都最多只有一个，暴力搜一下。

https://codeforces.com/contest/1562/problem/C， 给一个二进制串，要你找\((l_1,r_1),(l_2,r_2)\)：

• 区间长度超过\(n/2\)
• 两个区间不完全相同
• 存在一个\((l_1,r_1)\)的子串\(s\)和\((l_2,r_2)\)的子串\(t\)，使得\(s\)的十进制数是\(t\)的倍数。

有点像脑筋急转弯，首先是“xxxxx0”可以写成"xxxxx"的两倍，以及"0xxx"和"0xxx"是一样的，所以有0就直接找，否则就是全都是1的情况，注意\((2^k-1)|(2^{km}-1)\)的，靠着这个性质，全1的情况取\(len=n/2\)，区间取\([1,len],[1,2len]\)即可（看了下题解我还想多了，直接用\([1,n-1],[2,n]\)就行了吼）。

https://codeforces.com/contest/1562/problem/D2， 题意懒得翻了。

首先我是先想\([1,n]\)的询问怎么做，记\(s(l,r)\)是\((l,r)\)的sign-variable sum，那删掉\(x\)就会导致\(S=s(1,n)\)变成\(s(1,n)\pm a_x -2s(x+1,n)\)，奇偶性改变！进一步推出删2个奇偶性不变，以及删2个的情况可以通过删第一个转变成奇数的情况，所以我们就只考虑奇数的情况：

\(n\)是奇数则\(S\)也是奇数，如果删掉第一个元素，就变成是\(S\pm 1\)，如果删掉最后一个就变成\(-S\pm 1\)，这两个东西要么有一个是0（此时\(|S|=1\)），否则\(|S|>1\)，两个一定异号，而如果删\(x\)的sum变成删\(x+1\)的sum，这里sum的变化是\(\pm(a_x+a_{x+1})\in{0,-2,2}\)，类似介值定理的东西告诉我们这里一定有零点。

上面这个思路就能比较简单地解决第一问D1：如果区间和是0就直接0，否则奇数1偶数2。

而对于第二问偶数2的情况，也可以通过删一个\(l\)来变成奇数的情况（因为上面的分析，一定是有解的）。具体找位置就用二分：虽然不单调，但找零点还是可以的。QAQ记得特判一下\(l=r\)的情况。

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【CF#736 Div.2&CF#736 Div.1】

https://codeforces.com/contest/1549/problem/A， 给一个素数\(p\geq 5\)，找到任意一组\(a,b:p\bmod a=p\bmod b,(a<b\leq p)\)。

注意\(p\geq 5\)，直接取\(a=2,b=p-1\)即可。（翻了翻我当时的代码，当时没看到题目说素数，多一个偶数的情况就是取\(a=2,b=p\)）。

https://codeforces.com/contest/1549/problem/B， 一个象棋棋盘，两行，第一行给出地方pawn的位置，第二行是你的pawn的位置，假设你的兵在\((i,j)\)，它可以跳到\((i-1,j-1)\)或者\((i-1,j+1)\)(如果目标位置有敌兵)，或者如果\((i-1,j)\)是空的，可以直接走到\((i-1,j)\)，问有多少个pawn能走到第一行。

一个小贪心，从左往右扫一遍，按照左中右的顺序跳。

https://codeforces.com/problemset/problem/1548/A， 第\(i\)个人的power是\(i\)，三种操作，\(u,v\)连一条边，删去\(u,v\)的边，以及询问：对于每个人\(x\)，所有和他连边的，如果有比他大的，就淘汰掉\(x\)，一直操作直到没有人被淘汰。

容易猜到一个性质：一个人能活下来当且仅当，\(x\)比所有和他连边的人都要大，否则一定是一连串地删人。然后这题因为保证没有重边，就可以维护每个结点的度数，以及有关系的、比他小的结点的个数，就可以线性地实现这个。

https://codeforces.com/problemset/problem/1548/B， 给一个序列，问最长能找多长的一个子段\([l,r]:\exist m>1:a_l\bmod m=a_{l+1}\bmod m=\dots=a_r\bmod m\)。

一开始卡在第一步惹，其实就是如果真的去考虑模数好像没法考虑，复杂度降不下来，稍微转个弯去想差分，约束就可以等价成\(a_{l+1}-a_{r}\equiv a_{l+2}-a_{l+1}\dots(\bmod m)\)，也就是\(\gcd(a_{l+1}-a_l,\dots,a_{r}-a_{r-1})>1\)，\(gcd\)有单调性，静态区间GCD本质就是个区间min，可以用ST表维护，枚举左端点二分右端点就行。

这题的复杂度很有意思，看起来是\(O(n\log n \log M)\)（\(M\)是值域），因为我们之前说求\(gcd(a,b)\)的复杂度是\(O(\log(\min(a,b)))\)的，但其实有更紧的界\(O(\log (\min(a,b)/\gcd(a,b)))\)——因为求\((a,b)\)和求\((a/(a,b),b/(a,b))\)的操作次数其实是一样的。

对数里的除法变成减法，这个性质就会导致你在求一段东西的gcd的时候，\(O(n\log M)\)这个东西会变成\(O(n)\)，直观感觉就是gcd是越求越小的，代价也是越来越低。

https://codeforces.com/problemset/problem/1548/C， 抛开描述题面，其实对每个\(x\)，求\(C_3^x+C_6^x+\dots C_{3k}^x\)，\(n\leq 10^6\)。

首先是一个性质，\(\sum_{k=0}^n\binom{k}{x}=\binom{n+1}{x+1}\)：右边是从\(n+1\)个物品选出\(x+1\)个物品的方案数，左边看成是在枚举选出物品标号的最大值是\(k+1\)（从1开始），再从剩下\(k\)个物品选\(x\)个的方案数。

然后就可以dp：记\(dp[x][j]\)表示\(\sum_{k=0}^{n}\binom{3k+j}{x},(j=0,1,2)\)。那么\(dp[x][0]+dp[x][1]+dp[x][2]=\sum_{k=0}^{3n+2}\binom{k}{x}=\binom{3n+3}{x+1}\)，以及由\(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}\)就有\(dp[x][1]=dp[x-1][1]+dp[x][0]\)和\(dp[x][2]=dp[x-1][2]+dp[x][1]\)，就可以递推出所有的\(dp[][]\)了。

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【CF Global Round15】

https://codeforces.com/problemset/problem/1552/A， 把字符串排序好得到\(t[1,\dots,n]\)，把\(str[i]\neq t[i]\)的抽出来就行。

https://codeforces.com/problemset/problem/1552/B， 虽然在这里可能会存在\(a<b,b<c\)但是\(a>c\)的情况，但我们依然可以重载小于号，从左到右取max，如果\(x\)符合答案的条件，一定会被取到，同时再check一边是否比别的都要大就行。

https://codeforces.com/problemset/problem/1552/C， 卡了许久，题目有一句话很关键：o point strictly inside the circle belongs to all 3 chords.也就是只要有交叉就会多一个交点，不用管三线共点的情况。于是可以证明，最优的染色方法是把剩下的\(2(n-k)\)个点拎出来重新标号，然后按照第\(i\)个点连接\(i+(n-k)\)来连线（假设原本是\(a-b,c-d\)这样没有交叉的连接，如果换成\(a-c,b-d\)这样有交叉的连法，交点至少不会变少）。

https://codeforces.com/contest/1552/problem/D， 给一个\(a[1,\dots,n]\)，问是否存在\(b[1,\dots,n]:\)对所有\(a_i\)存在\(1\leq j,k\leq n:a_i=b_j-b_k\)，这题\(n\leq 10\)。

\(n\)只有10看着就很乱搞…首先\(b\)的一个差分一定能搞定一个\(a_i\)，所以\(n\)个位置至少能解决\(n-1\)个\(a_i\)，问题就是剩下一个怎么搞定。

如果\(a_i=0\)或者\(a_i=a_j\)，就可以少用一个\(b\)的代价，这时候一定是YES，进一步，只要能找到\(a[1,\dots,n]\)的一个子序列\(\pm a_{p_1}\pm a_{p_2}\dots\pm a_{p_k}=0\)就行，当然这只是充分条件，但我们猜他必要，于是\(O(n3^n)\)暴力枚举试着交一发，过了，好那他就是必要条件了（bushi）。

[必要性]假设存在符合条件的\(b\)数组，考虑张\(n\)个点的图，每个点的点权是\(b_i\)，接着因为每个\(a_i\)都能写成\(b_{j_i}-b_{k_i}\)的形式，我们连一条\((j_i,k_i)\)的边权为\(a_i\)的边，这样就构成了一个\(n\)个顶点\(n\)条边的图，\(|V|=|E|=n,|V|+|F|-|E|=2\)，此时一定有环（此时先不考虑方向），而这个环上：

\(\begin{aligned}(b_{v1}-b_{v2})+(b_{v2}-b_{v3})+\dots+(b_{v_{k-1}}-b_{vk})+(b_{vk}-b_{v1})=0\end{aligned}\)

我们说每条边对应一个\(a_i\)，那这个式子就意味着\(a[1,\dots,n]\)的一个子序列\(\pm a_{p1}\pm\dots\pm a_{pk}=0\)，也就是我们前面的充分条件。

【CF#739 Div3】

https://codeforces.com/problemset/problem/1560/A， 暴力

https://codeforces.com/problemset/problem/1560/B， 因为是一个圈，一定有\(a+n/2=b\)或\(b+n/2=a\)之一。

https://codeforces.com/problemset/problem/1560/C， \(O(\sqrt k)\)地求出在哪一层。

https://codeforces.com/problemset/problem/1560/D， 假设当前的串是\(s\)，要变换成目标串\(t\)，因为只能在\(s\)的后面加东西，所以我们就找一个尽可能长的\(s\)的前缀\(pre\)，使得它和\(t\)的一个子序列一样，这样就得到最小操作次数\(|s|+|t|-2|pre|\)，再枚举答案是2的多少次幂即可。

https://codeforces.com/problemset/problem/1560/E， （这题感觉有点小码），思路很简单，先倒着从\(t\)里找还没出现过的字符，加到order里，最后order翻过来就得到删除的顺序，然后再用每个字符的出现次数算\(s\)的长度，从\(|t|\)里截取前\(|s|\)个字符就是\(|s|\)，但这还不够，再把\(s\)和order代回去验证一下会不会得到\(t\)…。

https://codeforces.com/problemset/problem/1560/F2， dfs/数位dp？