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 $| t |$ 为字符串 $t$ 的大小。

$| t | = 1$ ，显然只有一个非空子串。
$| t | = 2$ 。
- 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。
$| t | = 3$ 。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 $y > 2 x$ 时， $y \oplus x > x$ ，因此 $y \oplus x$ 不可能是 $x$ 的因数。
$y > 2 x$ ，也有 $x < \frac{y}{2}$ ， $y \oplus x > \frac{y}{2}$ ，又因为 $x \geq 1$ ，所以 $y \oplus x \neq y$ ，所以也不可能是 $y$ 的因数。

所以 $y \in [1, min (2 x, m)]$ 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， $t < y + x = 2 y$ ，而因为 $x \geq 1$ ， $t \neq y$ ， $y$ 的最小倍数为 $2 y$ 。所有当 $x < y$ 时， $t$ 不可能是 $y$ 的倍数。
所以只考虑 $y \leq x$ ， $x$ 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 $x \oplus t \leq x + t$ ，所以 $x + t \leq m$ 时， $y \leq m$ 。所以 $t \leq m - x$ 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。

$t \oplus x \geq t - x$ ，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 $a_{i} \neq gcd (a_{i}, a_{j}), 1 \leq i < j \leq n$ ，其中 $j$ 为 $i$ 的倍数。

开始构造，将 $s$ 从大到小排序。

$i = 1$ ，所以 $2 \leq j \leq n$ 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 $2 \leq j \leq n$ 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 $a_{6}, a_{9}, a_{1} 2, \dots$ ，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;
}