\(140 pts，Rank 23\)
題目列表
A.花間叔祖
B.合併 r
C.回收波特
D.斗篷
花間叔祖
\(98pts\)
題意：
給定一個陣列，選擇一個大於等於 2 的模數，然後把陣列中的數變成 \(mod\) 該模數後的數。
只能操作一次，問操作後最少有幾種不同的數。
賽事分析：
開始 5 分鐘想到了算 \(a_i\) 中所有數的最小質因數，若不是 1，那麼答案為 1，否則為 2，覺得很對，測大樣例，WA，？？自己覺得思路很對，由於大樣例鍋了很多次了，所以懷疑是不是大樣例的問題，就先跳了，等著看改不改大樣例。半個小時之後，回來，還沒改，這應該不是大樣例的問題了，於是拿大樣例除錯，果然發現了可以使答案為 1，想法假了！於是自己手模小樣例發現問題所在，列出式子，直接出來了。結果少考慮一個點，導致沒拿滿.
正解：
容易得到答案不是 1 就是 2，若存在一個模數使得 \(a_i(i\in[1,n])\) mod 該數都為 \(d\)，那麼有 \(k_i*x+d=a_i\)（\(x\) 為模數），那麼 \(a_i-a_j \ (a_i>a_j)\) 化簡可以得到 \(a_i-a_j=(k_i-k_j)*x\)，那麼我們只要拿 \(a\) 陣列中的數兩兩作差得到 \(b\) 陣列判有無公因數即可。
賽時我拿 \(a\) 陣列排序後相鄰的兩個數相減沒考慮可能為 0 的情況所以掛了 2pts。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, a[N], Ygcd, cnt, Xgcd;
int b[N];
signed main(){
// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("out.out", "w", stdout);
scanf("%d%d%d", &n, &a[1], &a[2]);
Ygcd = __gcd(a[1], a[2]);
for(int i=3; i<=n; i++){
scanf("%d", &a[i]);
Ygcd = __gcd(Ygcd, a[i]);
}
if(Ygcd != 1){
puts("1"); return 0;
}
sort(a+1, a+1+n);
for(int i=2; i<=n; i++){
b[++cnt] = a[i] - a[1];
}
Xgcd = __gcd(b[1], b[2]);
for(int i=2; i<=cnt; i++){
Xgcd = __gcd(Xgcd, b[i]);
}
if(Xgcd != 1) puts("1");
else puts("2");
return 0;
}
合併 r
題意：
有 \(n\) 個神奇的 \(r\)，每個 \(r\) 有一個美味值，美味值都能表示為 \(\frac{1}{2^i}\)，其中 \(i∈N\)（自然數集）。
Delov 一口吃掉了美味值之和為 \(k\) 的 \(n\) 個 \(r\)， 現在他想知道每個 \(r\) 的美味值，但是可能的結果太多了，於是他只想知道有多少種可能性，你只需要告訴他方案數 \(mod 998244353\) 的結果。
兩種方案不同，則存在 \(i\)， 使得美味值為 \(\frac1{2^i}\) 的 \(r\) 的個數在兩種方案中不同。
正解：
原題 \(ARC107D\)
\(f_{i, j}\) 表示 \(i\) 個數和為 \(j\) 的方案數
我們這樣考慮，\(\frac{1}{2^i} = 1 / 2 / 2 ....\)
就是說，當前如果湊成了 \(j\)，那麼所有數除以二，就能湊成 \(j / 2\)
那麼我們只需兩種操作，加一與除二，加一代表多選了一個數（初始為 \(1\) ），除二代表將原方案選的數中二的冪次都加一
即 \(f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} + f_{i, j * 2}\)
初始化 \(f_{0,0} = 0\)
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3 + 10;
const int p = 998244353;
int n, k;
int f[N][N];
int main(){
// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("out.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>n>>k;
f[0][0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=i; j>=1; j--){
f[i][j] = f[i-1][j-1];
if(j * 2 <= i) f[i][j] += f[i][j*2];
f[i][j] %= p;
}
}
cout<<f[n][k];
return 0;
}
回收波特：
題意：
Delov 不和 npy、 們玩了，這回他和他的波特們一起玩。
他和他的 \(n\) 個波特們在一條道路上的不同地點，不妨認為這是一條數軸，而 Delov 位於原點。不幸的是波特們都快沒電了，現在 Delov 要開始回收波特了。
Delov 只有一個控制所有波特的遙控器，所以每次他會給出一個引數 \(di\) ，波特就會向著目前 Delov 相對它所在的方向移動 \(di\) 的單位長度，恰好到達原點的波特會被回收不再移動。
在傳送了 \(m\) 條指令後波特們沒電了，現在 Delov 想知道每個波特是否被回收，如果被回收，他想知道該波特是在第幾個指令後被回收，便於充電；如果沒被回收，他想知道該波特最終處於的位置，便於手動回收。
你能幫幫他嗎？
賽時分析：
一開始一眼就覺得會了，二分思路，時間複雜度正確，然後大喊一句“正解”開打，打了一半二分發現假了。。。於是就先按暴力 \(30pts\) 打，在打假的二分上套了一層二分，最優情況 \(O(m \log^2n)\)，最壞 \(O(mn\log\ n)\)，打完怕以為時間內複雜度不穩定連該拿的暴力分都拿不到，於是加了個 if(n*m<=200000000)然後跟暴力程式碼，否則跟玄學複雜度程式碼，最終 \(32 pts\)，賽後交上只有玄學複雜度程式碼 \(42pts\)，。。。
正解：
（複製的下發題解思路較簡單）
官方題解寫的很棒，但是是英語，英語好的/使用翻譯的同學可以移步
粘個官方的圖
注意到值域有限，考慮對值域內所有數處理出答案
觀察一次操作過後，一部分超過原點，一部分到達原點，一部分沒過原點，
到達的不用管而超過的部分，後續操作和關於原點對稱的位置的操作一模一樣，於是可以合併
每次將正半軸負半軸較短的一截與另一邊合併起來
這樣每個點只會操作 \(o(1)\) 次，複雜度就可以保證了。
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int n, m, vis[N], ans[N];
int x[N], d[N];
std::vector<int>v[N], G;
void dfs(int x, int flag){
for(auto y : v[x]){
vis[y] = vis[x], ans[y] = -1.0 * flag * ans[x];
dfs(y, flag);
}
}
int main(){
// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("out.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=n; i++) cin>>x[i];
for(int i=1; i<=m; i++) cin>>d[i];
int l = 1, r = N - 10, pos = 0, f = 1;//f=1:0 in the left
for(int i=1; i<=m; i++){
int D = d[i];
pos += f * D; // now 0's position
if(pos > r) f = -1;
else if(pos < l) f = 1;
else{
vis[pos] = true, ans[pos] = i;
G.push_back(pos);
int lnum = pos - l, rnum = r - pos;
if(lnum > rnum){
for(int j=1; j<=r-pos; j++) //connect the side
v[pos-j].push_back(pos+j);
r = pos - 1, f = -1;
}
else{
for(int j=1; j<=pos-l; j++)
v[pos+j].push_back(pos-j);
l = pos + 1, f = 1;
}
}
}
for(int i=l; i<=r; i++){
ans[i] = i - pos;
dfs(i, 1);
}
for(int i : G) dfs(i, -1);
for(int i=1; i<=n; i++){
if(vis[x[i]]) printf("Yes");
else printf("No");
printf(" %d\n", ans[x[i]]);
}
return 0;
}