CF刷题——难度1700~2000

有种方式叫一下子拔高思维难度，做一些比你思维量极限还要略高一筹的题目，可以迅速上升。虽然我还是想有一个比较陡的缓冲区。于是，1700~2400，直接5道题一个难度。这个博客一共20个题（1700到2000）。
这段时间做好每道题都毫无思路最后只能翻开答案的觉悟吧 ????

1700

1.D. Count the Arrays

• 先从 1 ~ m 中选择 n - 1 个不同的数字，然后再这 n - 1 个数字中选出 1 个一样的（最大的数字不可以选）。这样子数字的组合就有了。然后将这些数字排列。
• 其实只需要把最大的数字放到第 2 ~ n - 1 的位置，由于要把两个相同的数字放在两边，所以要在最大数左边选择出数字往里面填，假设最大数在第 k 个位置，那么就是 $C_{n-1}^{k-2}$，就是 $C_{n-1}^0+C_{n-1}^1+...+C_{n-3}^{n-3}=2^{n-3}$.
• 注意n等于2的时候需要特判。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
ll N, M;
ll mod_pow(ll x, ll n) {
	ll res = 1;
	while(n) {
		if (n & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}
ll mod_C(ll m, ll n) {
	ll res = 1;
	for (ll i = m; i >= m - n + 1; i--) res = res * i % mod;
	for (ll i = 1; i <= n; i++) res = res * mod_pow(i, mod - 2) % mod;
	return res;
}
int main() {
	cin >> N >> M;
	if (N == 2) cout << 0 << endl;
	else {
		ll ans = mod_C(M, N - 1) * (N - 2) % mod * mod_pow(2, N - 3) % mod;
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

2.C. Infinite Fence

• 首先我们假定r,b互质，否则由于木板无限长以及我们只需要判断是否有解，我们将r,b都除以gcd(r,b)不会影响答案。
• 假定r<=b，此时gcd(r, b) = 1。连续k个红色长度是 r(k - 1). 如果r(k−1)+1<b无解，否则有解。
• 是这样的，由于gcd(r, b) = 1，则 rx - by = 1 一定存在，那么一定有第 pos 的位置涂蓝色，第 pos + 1 的位置涂红色。而在这个位置是 r 最容易出现连续 k 个的地方，如果这里不会出现，那么其他地方也不会出现。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int gcd(int a, int b) {
	if (b == 0) return a;
	return gcd(b, a % b);
}
int main() {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		int a, b, k;
		cin >> a >> b >> k;
		if (a > b) swap(a, b);
		int x = gcd(a, b);
		a /= x, b /= x;
		if ((ll)a * ((ll)k - 1) + 1 < b) cout << "REBEL" << endl;
		else cout << "OBEY" << endl;
	}
	return 0;
}

3.C. Trailing Loves (or L’oeufs?)

• 题意：求 $n!$ 转化成 b 进制后，末尾会有多少个连续的0.
• 万万没想到，这个题的答案很大，ans的初始值得设置成 9e18 才行。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll N, B;
unordered_map<ll, ll> divisor(ll N) {
	unordered_map<ll, ll> res;
	for (ll i = 2; i <= N / i; i++) {
		while (N % i == 0) {
			res[i]++;
			N /= i;
		}
	}
	if (N != 1) res[N]++;
	return res;
}
ll get(ll N, ll p) {
	ll res = 0;
	while (N) {
		res += N / p;
		N /= p;
	}
	return res;
}
int main() {
	cin >> N >> B;
	ll ans = 9e18;
	unordered_map<ll, ll> m = divisor(B);
	//cout << ans << endl;
	for (auto p : m) {
		ll a = p.first, b = p.second;
		ll res = get(N, a);
		ans = min(ans, res / b);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}
/*
1000000000000000000 1000000000000
1000000000000000000 2
*/

4.A. Ivan the Fool and the Probability Theory

• 涂色，相邻的格子最多一个颜色和它不一样。求方案数。

1. 如果第一列确定，后面的全部可以确定。
2. 第一列有两个相邻颜色一样的方块儿，这四行就可以确定颜色。
3. 因此，只需查看第一列涂色的方案数有多少，记为 $g_n$.
4. 当然，第一行有连续颜色的时候，计算方法是一样的。而且，3中所说的只要有两个竖着的相邻的颜色一样，那么整幅 $N\ast M$ 的图中都不会出现横着两个相邻的颜色相同的情况（画一下就知道）。所以，记这个为 $g_m$.
5. 那么答案就是 $g_m+g_n-2$，减去的是正好没有任何相邻的点颜色相同的情况。会重复计算两次（想一下就明白）。
6. 最后，如何计算 $g_n$ 呢？假设现在排到第 i 位。首先，我们假设第 i 位和第 i - 1 位颜色相同，那么，如果第 i - 2 位为0，那么后面跟的是11；如果第 i - 2 位为1，那么后面跟的00，显然，这个答案为 $g_{i-2}$，因为对于 i - 2 长度的序列，最后一位也就0和1两种情况嘛。接着，对于第 i 位和第 i - 1 位颜色不同的情况，我们发现，这个和 $g_{n-1}$ 是一样的，因为此时只要确定第 i - 1 位，第 i 位就跟着确定了。因此 $g_n=g_{n-1}+g_{n-2}.$
7. 然后，手算一下，$g_1=2,g_2=4$，然后最后答案就出来了。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll g[maxn] = { 2LL, 2LL };
int main() {
	for (int i = 2; i <= 100000; i++) g[i] = (g[i - 1] + g[i - 2]) % mod;
	ll N, M;
	cin >> N >> M;
	cout << ((g[N] + g[M] - 2 + mod) % mod) << endl;
	return 0;
}

5.D. New Year and the Permutation Concatenation

• 把 n 的全排列按照字典序排成一个序列，问有多少种长度为 n 的子列，使得他们仍为一个n 的全排列。
• 我们这样想，能够凑成一样串，如果不是那 n 的全排列本身构成的串的话，一定是两块拼出来的。那么，我们先枚举是由前 i 个和后 n - i 个串拼起来的。那么，当两个相邻的串前 i 项相等的话，就可以拼出来这种样子的。
• 那么，先选出前 i 个前缀 $C_n^i$，然后，这 i 个前缀有 $i!$ 种排列方式。此时此刻，是 $C_n^i\ast i!=\frac{n!}{(n-i)!}$ 种排列方式。
• 最后，对于每一种排列方式，有多少种合并呢？由于新序列前 i 个数字是确定的，而前 $(n-i)!$ 项正好是剩余的 $(n-i)!$ 的所有排列，并且每一个排列都是一个合法解。但是，要减去第一个。因为第一个数的前 i 个数字是无法和前面合并的。
• 因此，最后答案是：$n!+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{n!}{(n-i)!}((n-i)!-1)$.

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const int maxn = 1000010;
ll fact[maxn] = { 1 }, infact[maxn] = { 1 };
ll mod_pow(ll x, ll n) {
	ll res = 1;
	while (n) {
		if (n & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	for (ll i = 1; i <= 1000000; i++) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
		infact[i] = infact[i - 1] * mod_pow(i, mod - 2) % mod;
	}
	ll N;
	cin >> N;
	ll ans = fact[N];
	for (ll i = 1; i < N; i++) {
		ans = (ans + fact[N] * infact[N - i] % mod * ((fact[N - i] - 1 + mod) % mod)) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}
/*
1 1
2 2
3 9
4 56
5 395
6 3084
7 26621
8 253280
9 2642391
10 30052700
*/

1800

1.D. Same GCDs

• 题意：给定 a, m, 寻找满足 $0\le x\le m-1$ 且 $gcd(x,m)=gcd(a,m)$ 的数量。

1. 首先，我们知道，$gcd(a,b)=gcd(a\%b,b)$.
2. 当 $x\in [0,m-1]$时， $x\%m$ 会得到 $[0,m-1]$ 这 m 个数字。因此原问题等价为：令 $gcd(a,m)=d$. 当 $x^{\prime }\in [0,m-1]$ 时，求 $gcd(x^{\prime },m)=d$ 的个数。
3. 可以进一步等价。令 $x^{\prime \prime }=x^{\prime }/d,m^{\prime }=m/d$，则原问题等价为：令当 $x^{\prime \prime }\in [0,(m-1)/d]$，即 $[0,m^{\prime }-1]$ 时，$gcd(x^{\prime \prime },m^{\prime })=1$
4. 再稍微转化一下，因为 x < m，因此 $m/d$ 一定是大于1的，因此，原问题其实等价找 $x^{\prime }\in [1,m^{\prime }]$ 中与 m’ 互素的数的个数，及欧拉函数 $\phi (m/d)$.

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {
	if (b == 0) return a;
	return gcd(b, a % b);
}
ll phi(ll n) {
	ll res = n;
	for (ll i = 2; i <= n / i; i++) {
		if (n % i == 0) {
			res = res / i * (i - 1);
			while (n % i == 0) n /= i;
		}
	}
	if (n != 1) res = res / n * (n - 1);
	return res;
}
int main() {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		ll a, m;
		cin >> a >> m;
		ll d = gcd(a, m);
		cout << phi(m / d) << endl;
	}
	return 0;
}

2.C. Primitive Primes

• 本原多项式 (primitive polynomial)：设 $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+...+a_n{x}^n$ 是唯一分解整环 $D$ 上的多项式，如果 $gcd(a_0,a_1,...,a_n)=1$，则称 $f(x)$ 为 D上的一个本原多项式。
• 首先，我们从头开始遍历数组 a 和数组 b ，找到第一项不能整除 p 的位置，分别记为 x 和 y ，那么这个题目的答案就是 x + y 了
• 因为 $a_0$ ~ $a_{x-1}$和 $b_0$ ~ $b_{y-1}$ 都是可以被 p 整除的，而能够组成 x + y 的系数，无非就是 $(a_0\ast b_{x+y}+a_1\ast b_{x+y-1}+...+a_{x-1}\ast b_{y+1})+a_x\ast b_y+(a_{x+1}\ast b_{y-1}...+a_{x+y-1}\ast b_1+a_{x+y}\ast b_0)$，可以发现，上面的式子由 x + y + 1 项组成，前 x 项都包括了 a[ 0 ] ~ a[ x - 1 ]，而后 y 项都包括了b[ 0 ] ~ b[ y - 1 ]，换句话说，这些项相乘后仍然是 p 的倍数，自然也能被 p 整除，而只有最中间的 a[ x ] * b[ y ] 都无法整除 p 所以自然第 x + y 项无法整除 p 了.
• 看到这个结论后，发现异常简单呀！

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll N, M, P;
const int maxn = 1000010;
ll a[maxn], b[maxn];
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld", &N, &M, &P);
	for (int i = 0; i < N; i++) scanf("%lld", &a[i]);
	for (int j = 0; j < M; j++) scanf("%lld", &b[j]);
	int id1, id2;
	for (id1 = 0; id1 < N; id1++) {
		if (a[id1] % P != 0) break;
	}
	for (id2 = 0; id2 < M; id2++) {
		if (b[id2] % P != 0) break;
	}
	printf("%d\n", id1 + id2);
	return 0;
}

3.A. Enlarge GCD

• 题意：给 n 个数字，去掉最少的数字，使得他们的 gcd 比之前的大。
• 这题，真是不会写。但是，我发现，似乎涉及 gcd 的题，经常会把所有数字先除以 gcd.

1. 我们先把每个数字都除以 gcd，然后开始枚举所有素数p，看看有哪些数可以整除 p，这些数组成的集合大小的最大值就是所求值。但是枚举素数 p 又会超时。因为很多并不能被 p 整除，但会被判断一次。
2. 这里有一个很重要的地方。我平时用的素数线性筛叫欧拉线性筛法。这个筛法的核心是每次筛掉的都是这个数的最小素因数。我们将这个最小素因数记下来，之前的 st 数组改为保存最大素因数。这样，我们其实可以直接对每个数进行素数分解。详情看代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 300010, maxa = 15000010;
int st[maxa], prime[maxa], cnt;
void sieve(int N) {
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (!st[i]) st[i] = prime[cnt++] = i;
		for (int j = 0; prime[j] <= N / i; j++) {
			st[prime[j] * i] = prime[j];
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}
int N, a[maxn];
int res[maxa];
int gcd(int a, int b) {
	if (b == 0) return a;
	return gcd(b, a % b);
}
int main() {
	scanf("%d", &N);
	int d = 0;
	sieve(maxa - 1);
	
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		//这里取了个巧。当 d == 0时，gcd(0, a) = a.
		d = gcd(d, a[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = a[i] / d; j > 1;) {
			//找到 j 的最小质因数
			int x = st[j];
			// 更新答案
			res[x]++;
			//把j一直除以最小质因数，直到不能被 x 整除为止。
			while (j % x == 0) {
				j /= x;
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < cnt; i++) {
	//仍然小心这个地方！不要把 i 当成 prime[i] ！！！
		int p = prime[i];
		ans = max(ans, res[p]);
	}
	printf("%d\n", ans ? N - ans : -1);
	return 0;
}

4.C. Beautiful Numbers

• 题意：这个题有点玄乎呀，问长度为 n 的数，只有 a 和 b 组成，并且各位数字之和也是由 a 和 b 组成。问方案数。
• 欸，其实很简单的。因为每位数字相加，数字的顺序就不重要了。从 0 到 $n$ 枚举 $a$ 的个数，然后b的个数就是 $n-i$. 判断一下合法方案就可以了，$ans=\sum _{i=0}^n{C}_n^i,\mu (i)istrue.$。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1000010;
ll fact[maxn], infact[maxn];
ll mod_pow(ll x, ll n) {
	ll res = 1;
	while (n) {
		if (n & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}
ll a, b, n;
bool mu(ll x) {
	ll res = x * a + (n - x) * b;
	while (res) {
		ll d = res % 10;
		if (d != a && d != b) return false;
		res /= 10;
	}
	return true;
}
ll C(ll m, ll n) {
	return fact[m] * infact[n] % mod * infact[m - n] % mod;
}
int main() {
	cin >> a >> b >> n;
	ll ans = 0;
	fact[0] = infact[0] = 1;
	for (ll i = 1; i <= n; i++) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
		infact[i] = infact[i - 1] * mod_pow(i, mod - 2) % mod;
	}
	for (ll i = 0; i <= n; i++) {
		if (mu(i)) {
			ans = (ans + C(n, i)) % mod;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

5.D. Rescue Nibel!

• 题意：给出 $n$ 盏灯的点亮和熄灭时间，要挑选出 $k$ 盏灯，使得他们存在同时亮的一段时间。问方案数。
• 我一直在想，怎么样统计穿过这个时间点的时间。其实就是把所有的时间点放在一个数组里面，然后排序就行。每到一个右端点，就 cnt–。否则就 cnt++，然后进入选择的环节，强制选择现在这个时间点开始的灯，然后加上 $C_{cnt-1}^{k-1}$ 即可。
• 为什么要强制选择最后一个呢？这是因为防止重复。这样子，就是选择当前开始的一个灯，以及其他通过此时间的 k - 1 个灯（当然可能包含从当前时间点开始的起面已经数过的灯）。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 300010;
const ll mod = 998244353;

typedef pair<int, bool> P;
vector<P> v;
ll N, K, fact[maxn] = { 1 }, infact[maxn] = { 1 };
ll mod_pow(ll x, ll n) {
	ll res = 1;
	while (n) {
		if (n & 1) res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}
ll C(ll m, ll n) {
	if (n > m) return 0;
	return fact[m] * infact[n] % mod * infact[m - n] % mod;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &N, &K);
	for (ll i = 1; i <= N; i++) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
		infact[i] = infact[i - 1] * mod_pow(i, mod - 2) % mod;
	}
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		int l, r;
		scanf("%d%d", &l, &r);
		v.push_back(P(l, false));
		v.push_back(P(r, true));
	}
	sort(v.begin(), v.end());
	int cnt = 0;
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i < 2 * N; i++) {
		if (v[i].second) cnt--;
		else {
			cnt++;
			if (cnt < K) continue;
			ans = (ans + C((ll)cnt - 1, K - 1)) % mod;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

1900

1.H. Hate That You Know Me

• 对 $2^n$ 取模，其实只是截取后面的 n 位，因此 $(a\oplus b)mod{2}^n=(amod{2}^n)\oplus (bmod{2}^n)$. 先求出两边的值，最后再异或。
• 小心除法！这个不满足封闭性。
• 合适的分类讨论可以大大减少讨论数量。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
ll A, B, N;
ll sum1(ll x) {
	if (x & 1) return (x + 1) / 2 * x;
	else return x / 2 * (x + 1);
}
ll sum2(ll x) {
	ll a[3] = { x, x + 1, 2 * x + 1 };
	int id1 = 0, id2 = 0;
	for (int i = 0; i < 3; i++) {
		if (a[i] % 2 == 0) id1 = i;
		if (a[i] % 3 == 0) id2 = i;
	}
	a[id1] /= 2, a[id2] /= 3;
	return a[0] * a[1] * a[2];
}
ll sum3(ll x) {
	if (x & 1) return ((x + 1) / 2) * ((x + 1) / 2) * x * x;
	else return (x / 2) * (x / 2) * (x + 1) * (x + 1);
}
ll sumup(ll l, ll r, ll k) {
	if (k == 0) {
		return r - l + 1;
	}
	else if (k == 1) {
		return sum1(r) - sum1(l - 1);
	}
	else if (k == 2) {
		return sum2(r) - sum2(l - 1);
	}
	else if (k == 3) {
		return sum3(r) - sum3(l - 1);
	}
}
int main() {
	cin >> A >> B >> N;
	ll res1 = 0, res2 = 0;
	for (ll l = 1, r; l <= N; l = r + 1) {
		r = min(N / (N / l), N);
		res1 += (N / l) * sumup(l, r, A);
		res2 += (N / l) * sumup(l, r, B);
	}
	cout << (res1 ^ res2) << endl;
	return 0;
}

2.B. Nauuo and Circle

• 首先考虑树形dp，由于在圆周上，一个子树肯定是一段连续的区间，那么也就是对于以u为根的来说，他的几个儿子之间是可以随意交换位置的，而且保证不会相交，所以加上u指向父亲那条边，所有边都可以任意交换位置，也就是u这个点度数的阶乘种交换位置，我们再乘上每棵子树的答案树，由于我们固定以1为根，而1又有n个位置可以选择，所以最后dp[1]*n就是答案。注意根结点没有父亲，所以只有儿子之间任意交换即可。
• 我只想说，妙啊！

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 200010;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
ll deg[maxn], fact[maxn] = { 1 };
int N;
int main() {
	scanf("%d", &N);
	for (ll i = 1; i <= N; i++) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
	}
	for (int i = 1; i < N; i++) {
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		deg[a]++, deg[b]++;
	}
	ll ans = N;
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		ans = ans * fact[deg[i]] % mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

3.A. As Fast As Possible

• 其实很容易猜到，因为答案取决于最后一个到达的人的时间，所以所有人在车上的时间应该是一样长。
• 车辆载人次数 $cnt=\lceil \frac{n}{k}\rceil$. 最后一组上车的地点 $x=\frac{2\ast v_1\ast l\ast (cnt-1)}{(2\ast cnt-1)v_1+v_2}$
• $ans=\frac{x}{v_1}+\frac{l-x}{v_2}$.

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, l, v1, v2, k;
int main() {
	cin >> n >> l >> v1 >> v2 >> k;
	ll cnt = (n + k - 1) / k;
	double x = 2.0 * v1 * l * (cnt - 1) / ((double)(2 * cnt - 1) * v1 + v2);
	double ans = x / v1 + (l - x) / v2;
	printf("%.18f\n", ans);
	return 0;
}

4.B. Recover the String

• 设 0 有 a 个，1 有 b 个，那么，$a_{00}=C_a^2,a_{11}=C_b^2$，我们发现，将一个序列中的 ‘10’ 变成 ‘01’ 之后，$a_{01}$ 比之前多了1，$a_{10}$ 比之前少了1.
• 因此，$a_{01}+a_{10}$ 是不变的，因此前a个全是0，后b个全是1，那么此时 $a_{01}+a_{10}=a\ast b$，那么，如果不相等的话，说明是无解的。
• 若 $a_{01}=0,a_{10}=0$，则 a 和 b 至少有1个为0
• 否则，$a\ge 1,b\ge 1$.
• 假设一开始的序列从左往右是b个1，a个0，则设 $x_1=\frac{a\ast b-a_{10}}{b}$，$x_2=(a\ast b-a_{10})modb$。则序列是：$x_1$个0，$b-x_2$个1，1个0，$x_2$个1，以及 $a-x_1-1$ 个0.

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a00, a01, a10, a11, a, b;
ll binary_find(ll x) {
	ll lb = 1, ub = x + 3;
	while (ub - lb > 1) {
		ll mid = (lb + ub) / 2;
		if (mid * (mid - 1) / 2 <= x) lb = mid;
		else ub = mid;
	}
	if (lb * (lb - 1) / 2 != x) return -1;
	return lb;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld%lld", &a00, &a01, &a10, &a11);
	if (a01 == 0 && a10 == 0) {
		if (a00 == 0 && a11 == 0) a = 0, b = 0;
		else if (a00 == 0) a = 0, b = binary_find(a11);
		else if (a11 == 0) a = binary_find(a00), b = 0;
		else{
			printf("Impossible\n");
			return 0;
		}
		if (a == -1 || b == -1) {
			printf("Impossible\n");
			return 0;
		}
		for (int i = 0; i < a; i++) printf("0");
		for (int i = 0; i < b; i++) printf("1");
		if (a == 0 && b == 0) printf("0");
		printf("\n");
	}
	else {
		a = binary_find(a00), b = binary_find(a11);
		if (a == -1 || b == -1 || a * b != a01 + a10) {
			printf("Impossible\n");
		}
		else {
			ll x1 = (a * b - a10) / b, x2 = (a * b - a10) % b;
			for (int i = 0; i < x1; i++) printf("0");
			a -= x1;
			for (int i = 0; i < b - x2; i++) printf("1");
			b = x2;
			if (x2 != 0 && a > 0) {
				printf("0");
				a--;
			}
			for (int i = 0; i < b; i++) printf("1");
			for (int i = 0; i < a; i++) printf("0");
			
			printf("\n");
		}
	}
	return 0;
}

5.B. Petya and Divisors

• 题意：对该个询问，是这个x的约数却不是上面y个x的约数的约数个数是多少。
• 就是记录一下这个约数最后出现的位置就可以了呀。

法一：

• $O(n^{\frac{3}{2}})$，但只用了1M左右的空间

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int divisor_id[maxn];
int prime[maxn], cnt, st[maxn];
vector<int> divisor(int N) {
	vector<int> res;
	for (int i = 1; i <= N / i; i++) {
		if (N % i == 0) {
			res.push_back(i);
			if (i != N / i) res.push_back(N / i);
		}
	}
	return res;
}
int main() {
	int N;
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		vector<int> v = divisor(x);
		int ans = 0;
		for (int u : v) {
			if (divisor_id[u] < i - y) ans++;
			divisor_id[u] = i;
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

法二：

• $O(n\ast logn)$，但用了10M内存。也不多呀。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int divisor_id[maxn];
int prime[maxn], cnt, st[maxn];
vector<int> divisor[maxn];
void divisor_sieve(int N) {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = i; j <= N; j += i) {
			divisor[j].push_back(i);
		}
	}
}
int main() {
	int N;
	scanf("%d", &N);
	divisor_sieve(100000);
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		vector<int>& v = divisor[x];
		int ans = 0;
		for (int u : v) {
			if (divisor_id[u] < i - y) ans++;
			divisor_id[u] = i;
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

2000

1.D. Two Divisors

• 对于一个数a，先把它做质因数分解，如果质因数只有一个，那么一定是无解的。否则，一定有解，且解的形式是先把所有质因数任意化分成两个非空集合。两个非空集合元素相乘，就是 $d_1$ 和 $d_2$.
• 那么，这个一定是有解的。首先，我们直到，对于a的任意一个质因数p，如果 $(d_1+d_2)modp\ne 0$，那么显然 $gcd(d_1+d_2,a)=1$。那么，对于任意一个p，一定是 $d_1$ 或者是 $d_2$ 有一个模p等于0，一个模p不等于0。因此 $(d_1+d_2)modp\ne 0$.

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 10000010;
int prime[maxn], cnt, st[maxn];
int gcd(int a, int b) {
	if (b == 0) return a;
	return gcd(b, a % b);
}
void sieve(int N) {
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (!st[i]) prime[cnt++] = st[i] = i;
		for (int j = 0; prime[j] <= N / i; j++) {
			st[prime[j] * i] = prime[j];
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}
vector<int> divisor(int N) {
	vector<int> res;
	for (int i = N; i > 1; ) {
		//找到 j 的最小质因数
		int x = st[i];
		res.push_back(x);
		//把j一直除以最小质因数，直到不能被 x 整除为止。
		while (i % x == 0) {
			i /= x;
		}
	}
	return res;
}
int ans1[500010], ans2[500010];
int main() {
	sieve(maxn - 1);
	int N;
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		int x;
		scanf("%d", &x);
		vector<int> v = divisor(x);
		if (v.size() == 1) {
			ans1[i] = -1, ans2[i] = -1;
			continue;
		}
		ans1[i] = v[0], ans2[i] = 1;
		for (int j = 1; j < v.size(); j++) {
			ans2[i] *= v[j];
		}
	}
	for (int i = 0; i < N; i++) printf("%d%c", ans1[i], i + 1 == N ? '\n' : ' ');
	for (int i = 0; i < N; i++) printf("%d%c", ans2[i], i + 1 == N ? '\n' : ' ');
	return 0;
}

2.D. Three Integers

• 因为数据非常小，然后也找不到什么很好的规律，如果用bfs暴搜的话绝对不行，时间和空间都会爆掉。因此，我们用这种方式暴搜，就是从 1 到 2a 枚举 A 的取值，不可能超过2a，因为这样子还不如直接把a变成1。
• 然后，从1到2b枚举B，但是这次是枚举 A 的倍数；最后一步，计算C的值，看看C离B的倍数的那个更近一些，很简单，就是 $\lfloor \frac{c}{B}\rfloor \ast B,(\lfloor \frac{c}{B}\rfloor +1)\ast B$.

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int main() {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		int ans = 1e9;
		int A0, B0, C0;
		for (int A = 1; A <= 2 * a; A++) {
			for (int B = A; B <= 2 * b; B += A) {
				int C1 = c / B * B, C2 = (c / B + 1) * B;
				int res = abs(a - A) + abs(b - B) + min(abs(c - C1), abs(c - C2));
				if (ans > res) {
					ans = res;
					A0 = A, B0 = B;
					if (abs(c - C1) < abs(c - C2)) C0 = C1;
					else C0 = C2;
				}
			}
		}
		cout << ans << endl;
		printf("%d %d %d\n", A0, B0, C0);
	}
	return 0;
}

3.B. The least round way

• 给一个矩阵，找到一条道路，使得沿途数字乘积的 trailing zero 最少。
• 其实我想了一下，末尾零和因子2和5的数量有关，最终答案应该是 $min(cn{t}_2,cn{t}_5).$
• 如果矩阵元素有0的话，那么答案最大就是0。然后我们把这个数字换成10，再按照全是正数的矩阵进行计算就行。
• 哎呀，突然明白了，因为2和5的加法是分开的呀，所以把2和5都分别走一遍，看看哪个之和是最小的。
• 然后，代码其实有一点点难写。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
typedef pair<int, int> P;
struct res {
	int cnt, px, py;
	char op;
	res(int c = 0, int x = 0, int y = 0, char o = 0) :cnt(c), px(x), py(y), op(o) {};
};
P m[maxn][maxn];
res f1[maxn][maxn], f2[maxn][maxn];
int N;
bool has_zero = false;
int x_zero, y_zero;
void dp() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			if (i == 1) {
				f1[i][j] = { f1[i][j - 1].cnt + m[i][j].first, i, j - 1, 'R' };
			}
			else if (j == 1) {
				f1[i][j] = { f1[i - 1][j].cnt + m[i][j].first, i - 1, j, 'D' };
			}
			else {
				if (f1[i - 1][j].cnt < f1[i][j - 1].cnt) {
					f1[i][j] = { f1[i - 1][j].cnt + m[i][j].first, i - 1, j, 'D' };
				}
				else {
					f1[i][j] = { f1[i][j - 1].cnt + m[i][j].first, i, j - 1, 'R' };
				}
			}
		}
	}

	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			if (i == 1) {
				f2[i][j] = { f2[i][j - 1].cnt + m[i][j].second, i, j - 1, 'R' };
			}
			else if (j == 1) {
				f2[i][j] = { f2[i - 1][j].cnt + m[i][j].second, i - 1, j, 'D' };
			}
			else {
				if (f2[i - 1][j].cnt < f2[i][j - 1].cnt) {
					f2[i][j] = { f2[i - 1][j].cnt + m[i][j].second, i - 1, j, 'D' };
				}
				else {
					f2[i][j] = { f2[i][j - 1].cnt + m[i][j].second, i, j - 1, 'R' };
				}
			}
		}
	}
}
void Print(res f[][maxn]) {
	printf("%d\n", f[N][N].cnt);
	string path("");
	for (res p = f[N][N];; p = f[p.px][p.py]) {
		path += p.op;
		if (p.px == 1 && p.py == 1) break;
	}
	reverse(path.begin(), path.end());
	printf("%s", path.c_str());
}
int main() {
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			int x;
			scanf("%d", &x);
			if (x == 0) {
				has_zero = true, x_zero = i, y_zero = j;
				x = 10;
			}
			while (x % 2 == 0) {
				m[i][j].first++;
				x /= 2;
			}
			while (x % 5 == 0) {
				m[i][j].second++;
				x /= 5;
			}
		}
	}
	
	dp();

	//for (int i = 1; i <= N; i++) {
	//	for (int j = 1; j <= N; j++) {
	//		printf("%d ", f2[i][j].cnt);
	//	}
	//	printf("\n");
	//}
	
	
	if (has_zero) {
		int ans = min(f1[N][N].cnt, f2[N][N].cnt);
		ans = min(1, ans);
		if (ans == 1) {
			printf("1\n");
			//别偷懒，画个图画个图，一画图就知道那里错了呀 :(
			for (int j = 1; j < y_zero; j++) printf("R");
			for (int i = 1; i < N; i++) printf("D");
			for (int j = y_zero; j < N; j++) printf("R");
		}
		else if (ans == f1[N][N].cnt) Print(f1);
		else Print(f2);
	}
	else {
		if (f1[N][N].cnt < f2[N][N].cnt) Print(f1);
		else Print(f2);
	}
	printf("\n");
	return 0;
}

/*
4
2 5 2 5
5 2 0 5
2 5 2 2
5 5 2 5
*/

4.A. Sticker Album

• 这种较难的概率题，一般都是倒着推导的。我认为题解这个方法没有问题。
• 可以设 $E_x$ 为填满剩余的 x 需要的卡包数的期望是多少。设 $L=B-A+1$. 显然 $E_0=0.$
  
• 当然，这个可以用滑动窗口去求，也可以用前缀和去求，不过前缀和小心浮点数误差。
• 不过，当 $A=0$ 时，我们发现 $E_{x-A}=E_x$，那么移项变化就好。
  
• 小心别化简前缀和的时候公式推错！

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int N, A, B;
const int maxn = 1000010;
double SumE[maxn], E[maxn];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &N, &A, &B);
	double L = (double)B - A + 1;
	if (A == 0) {
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			if (i <= B) {
				E[i] = L / (L - 1) + 1.0 / (L - 1) * SumE[i - 1];
			}
			else {
				E[i] = L / (L - 1) + 1.0 / (L - 1) * (SumE[i - 1] - SumE[i - B - 1]);
			}
			SumE[i] = E[i] + SumE[i - 1];
		}
	}
	else {
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			if (i <= B) {
				E[i] = 1 + 1.0 / L * SumE[max(i - A, 0)];
			}
			else {
				E[i] = 1 + 1.0 / L * (SumE[i - A] - SumE[i - B - 1]);
			}
			SumE[i] = SumE[i - 1] + E[i];
		}
	}
	printf("%.10f\n", E[N]);
	return 0;
}

5.A. Easy Equation

• 题意：You are given four positive integers $x,y,z,k$, please help little M calculate the number of equations $x+y+z=k$ when $0\le x\le a,0\le y\le b,0\le z\le c,0\le k\le d$ .
• 题解太巧妙了！我们先计算能够凑成 (x + y) 的有多少种。令 $f(i)$ 为 $x+y=i$ 的方案数的差分数组，从0到a枚举 i，每次枚举一个 i，就把 $f(i)$ ~ $f(i+b)$ 都加1，这个用差分就可以。最开始 f 都是0嘛，所以这个差分数组也不需要初始化。
• 同理，我们令 $g(i)$ 为 $x+y+z=i$ 的方案数的差分数组，从 0 到 $a+b$ 枚举 i 。此时，每次枚举到一个 i，我们就把 $g(i)$ ~ $g(i+c)$ 都加上 $\sum _{j=0}^{i}f(j)$. 最后，答案就是 $\sum _{i=0}^d\sum _{j=1}^{i}g(i)$.
• 其实，仔细分析，我们不用考虑太多边界问题。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3000010;
ll f[maxn], g[maxn], A, B, C, D;
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld%lld", &A, &B, &C, &D);
	//枚举第一个数字
	for (int i = 0; i <= A; i++) {
		f[i]++;
		f[i + B + 1]--;
	}
	for (int i = 1; i <= A + B; i++) f[i] += f[i - 1];
	//同样也是枚举第一个数字
	for (int i = 0; i <= A + B; i++) {
		g[i] += f[i];
		g[i + C + 1] -= f[i];
	}
	for (int i = 1; i <= A + B + C; i++) {
		g[i] += g[i - 1];
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i <= D; i++) ans += g[i];
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

本文地址：https://blog.csdn.net/qq_45812711/article/details/109551343