CodeTON Round 9 (Div. 1 + Div. 2) 總結
A
自己推一下就能出來的，輸出奇數即可。
因為要遞增，所以儘可能取小的數字。
- \(i=1\)，餘數肯定是 \(0\)，儘可能小，所以 \(a_1=1\)。
- \(i=2\)，餘數儘可能小且不重，是 \(1\)，所以 \(a_1=1+2=3\)
- \(i=3\)，餘數為 \(2\)，\(a_3=2+3=5\)。
這樣推導後知道 \(a_i=2 \times i+1\)
#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
肯定是往數量少的考慮。
\(f(t)\) 為偶數，以 \(t\) 的大小為依據分類討論。設 \(\lvert t\rvert\) 為字串 \(t\) 的大小。
- \(\lvert t\rvert = 1\)，顯然只有一個非空子串。
- \(\lvert t\rvert = 2\)。
- 當兩個字元不同時，一定有三個子串，不符。
- 當兩個字元相同時，會有兩個不同的子串，符合題意。
- \(\lvert t\rvert = 3\)。只有三個字元都不同時，才會有 \(6\) 個不同的子串。
所以就是找連續的三個不同的字元或者兩個相同的字元。這樣思考一下，只有出現類似於 ababababa 這樣的字元才沒有子串符合條件。
#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 題都用到了一個性質，按位異或可以看作是不進位的加法。設 \(y>x\)，就有 \(y \oplus x \in [y-x,y+x]\)。
因此當 \(y>2x\) 時，\(y \oplus x > x\)，因此 \(y \oplus x\) 不可能是 \(x\) 的因數。
\(y>2x\)，也有 \(x < \frac{y}{2}\)，\(y \oplus x > \frac{y}{2}\)，又因為 \(x \ge 1\)，所以 \(y \oplus x \neq y\) ，所以也不可能是 \(y\) 的因數。
所以 \(y \in [1,\min(2x,m)]\) 時才會產生貢獻。暴力列舉判斷即可。
#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
可以先打表找規律，發現小於 \(m\) 的幾乎所有 \(x\) 的倍數都滿足。
設 \(t=x \oplus y\)，先考慮，\(t\) 為 \(y\) 的倍數。
按位異或可以看作是不進位的加法，所以當 \(x<y\) 時，\(t<y+x=2y\)，而因為 \(x \ge 1\)，\(t \neq y\)，\(y\) 的最小倍數為 \(2y\)。所有當 \(x<y\) 時，\(t\) 不可能是 \(y\) 的倍數。
所以只考慮 \(y \le x\)，\(x\) 較小，暴力列舉 \(y\) 判斷即可。
再考慮 \(t\) 是 \(x\) 的倍數。\(y=x\oplus t\)，因為 \(x \oplus t \le x+t\)，所以 \(x+t \le m\) 時，\(y \le m\)。所以 \(t \le m-x\) 且 \(t\) 為 \(x\) 的倍數時都符合題意。但要注意當 \(t=x\) 時，\(y=0\)，該情況要捨去。還有因為 \(t=0\) 時，\(y=x\)，這種情況會在考慮 \(t\) 為 \(y\) 的倍數被計算，所有也沒有必要重複算。
\(t \oplus x \ge t-x\)，若 \(t-x>m\)，則有 \(y=t \oplus x>m\)，不符。所以 \(t>m+x\) 時沒有貢獻。
還剩下一段區間為 \([m-x,m+x)\)，最多產生兩個 \(x\) 的倍數，判斷一下 \(y\) 是否大於 \(x\) 且小於等於 \(m\) 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
感覺上比 C2 簡單。
先轉變下條件，若 \(\gcd(i,j)=i\)，即 \(i\) 是 \(j\) 的因數，式子就變為 \(a_i \neq \gcd(a_i,a_j),1\le i < j \le n\)，其中 \(j\) 為 \(i\) 的倍數。
開始構造，將 \(s\) 從大到小排序。
- \(i=1\)，所以 \(2 \le j \le n\) 的所有 \(j\) 都有 \(a_i \neq \gcd(a_i,a_j)\)，所以不妨讓 \(a_1\) 為最大，為 \(s_1\)。然後 \(2 \le j \le n\) 的所有 \(a_j\) 都不能是 \(s_1\)。
- \(i=2\)，確定為 \(s_2\)，能影響到 \(a_4,a_6,a_8,\dots\)，這些都不能是 \(s_2\)。
- \(i=3\)，可以為 \(s_2\)，影響到 \(a_6,a_9,a_12,\dots\)，這些不能是 \(s_2\)。
- \(a_4\) 可以為 \(s_3\)，\(a_5\) 可以為 \(s_2\)，\(a_6\) 可以為 \(s_3\)。
就這麼推下去，找到 \(a_i\) 可以取的最大的 \(s_j\)。若超出 \(m\)，就肯定無解。
列舉次數為 \(\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\dots+\frac{n}{n} \approx n\log(n)\)，所以時間複雜度為 \(O(n\log(n))\)。
#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;
}