CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2)
CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2) 总结
A
自己推一下就能出来的，输出奇数即可。
因为要递增，所以尽可能取小的数字。
- \(i=1\)，余数肯定是 \(0\)，尽可能小，所以 \(a_1=1\)。
- \(i=2\)，余数尽可能小且不重，是 \(1\)，所以 \(a_1=1+2=3\)
- \(i=3\)，余数为 \(2\)，\(a_3=2+3=5\)。
这样推导后知道 \(a_i=2 \times i+1\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=55;
int n;
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<i*2-1<<' ';
cout<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
B
肯定是往数量少的考虑。
\(f(t)\) 为偶数，以 \(t\) 的大小为依据分类讨论。设 \(\lvert t\rvert\) 为字符串 \(t\) 的大小。
- \(\lvert t\rvert = 1\)，显然只有一个非空子串。
- \(\lvert t\rvert = 2\)。
- 当两个字符不同时，一定有三个子串，不符。
- 当两个字符相同时，会有两个不同的子串，符合题意。
- \(\lvert t\rvert = 3\)。只有三个字符都不同时，才会有 \(6\) 个不同的子串。
所以就是找连续的三个不同的字符或者两个相同的字符。这样思考一下，只有出现类似于 ababababa 这样的字符才没有子串符合条件。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
string s;
void solve()
{
cin>>s;
int n=s.size();
for(int i=0;i<n-2;i++)
if(s[i]!=s[i+1]&&s[i]!=s[i+2]&&s[i+1]!=s[i+2])
{
cout<<s[i]<<s[i+1]<<s[i+2]<<'\n';
return ;
}
for(int i=0;i<n-1;i++)
if(s[i]==s[i+1])
{
cout<<s[i]<<s[i+1]<<'\n';
return ;
}
cout<<-1<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
C1
C 题都用到了一个性质，按位异或可以看作是不进位的加法。设 \(y>x\)，就有 \(y \oplus x \in [y-x,y+x]\)。
因此当 \(y>2x\) 时，\(y \oplus x > x\)，因此 \(y \oplus x\) 不可能是 \(x\) 的因数。
\(y>2x\)，也有 \(x < \frac{y}{2}\)，\(y \oplus x > \frac{y}{2}\)，又因为 \(x \ge 1\)，所以 \(y \oplus x \neq y\) ，所以也不可能是 \(y\) 的因数。
所以 \(y \in [1,\min(2x,m)]\) 时才会产生贡献。暴力枚举判断即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1;
int x;
ll m;
void solve()
{
cin>>x>>m;
ll n=1,cnt=0;
while(n<=x) n<<=1;
for(int y=1;y<=min(n-1,m);y++)
{
int t=x^y;
if(t==0) continue;
if(x%t==0||y%t==0) cnt++;
}
cout<<cnt<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
C2
可以先打表找规律，发现小于 \(m\) 的几乎所有 \(x\) 的倍数都满足。
设 \(t=x \oplus y\)，先考虑，\(t\) 为 \(y\) 的倍数。
按位异或可以看作是不进位的加法，所以当 \(x<y\) 时，\(t<y+x=2y\)，而因为 \(x \ge 1\)，\(t \neq y\)，\(y\) 的最小倍数为 \(2y\)。所有当 \(x<y\) 时，\(t\) 不可能是 \(y\) 的倍数。
所以只考虑 \(y \le x\)，\(x\) 较小，暴力枚举 \(y\) 判断即可。
再考虑 \(t\) 是 \(x\) 的倍数。\(y=x\oplus t\)，因为 \(x \oplus t \le x+t\)，所以 \(x+t \le m\) 时，\(y \le m\)。所以 \(t \le m-x\) 且 \(t\) 为 \(x\) 的倍数时都符合题意。但要注意当 \(t=x\) 时，\(y=0\)，该情况要舍去。还有因为 \(t=0\) 时，\(y=x\)，这种情况会在考虑 \(t\) 为 \(y\) 的倍数被计算，所有也没有必要重复算。
\(t \oplus x \ge t-x\)，若 \(t-x>m\)，则有 \(y=t \oplus x>m\)，不符。所以 \(t>m+x\) 时没有贡献。
还剩下一段区间为 \([m-x,m+x)\)，最多产生两个 \(x\) 的倍数，判断一下 \(y\) 是否大于 \(x\) 且小于等于 \(m\) 即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1;
ll x,m;
void solve()
{
cin>>x>>m;
ll ans=0,t;
if(m>x)
{
ans+=max((m-x)/x-1,0ll);
t=m/x*x;
ll y=x^t;
if(y>x&&y<=m) ans++;
t+=x,y=x^t;
if(y>x&&y<=m) ans++;
}
for(int y=1;y<=min(x,m);y++)
{
t=x^y;
if(t%y==0) ans++;
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
D
感觉上比 C2 简单。
先转变下条件，若 \(\gcd(i,j)=i\)，即 \(i\) 是 \(j\) 的因数，式子就变为 \(a_i \neq \gcd(a_i,a_j),1\le i < j \le n\)，其中 \(j\) 为 \(i\) 的倍数。
开始构造，将 \(s\) 从大到小排序。
- \(i=1\)，所以 \(2 \le j \le n\) 的所有 \(j\) 都有 \(a_i \neq \gcd(a_i,a_j)\)，所以不妨让 \(a_1\) 为最大，为 \(s_1\)。然后 \(2 \le j \le n\) 的所有 \(a_j\) 都不能是 \(s_1\)。
- \(i=2\)，确定为 \(s_2\)，能影响到 \(a_4,a_6,a_8,\dots\)，这些都不能是 \(s_2\)。
- \(i=3\)，可以为 \(s_2\)，影响到 \(a_6,a_9,a_12,\dots\)，这些不能是 \(s_2\)。
- \(a_4\) 可以为 \(s_3\)，\(a_5\) 可以为 \(s_2\)，\(a_6\) 可以为 \(s_3\)。
就这么推下去，找到 \(a_i\) 可以取的最大的 \(s_j\)。若超出 \(m\)，就肯定无解。
枚举次数为 \(\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\dots+\frac{n}{n} \approx n\log(n)\)，所以时间复杂度为 \(O(n\log(n))\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n,m;
int s[N],a[N];
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>s[i];
sort(s+1,s+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=0;
a[1]=1;
int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
{
a[j]=max(a[j],a[i]+1);
mx=max(mx,a[j]);
}
if(mx>m)
{
cout<<-1<<'\n';
return ;
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<s[a[i]]<<' ';
cout<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
