ARC185

georegyucjr發表於2024-10-14

沒看的會標記出來，會了沒寫的不會貼程式碼，過了會貼程式碼。

A

A statement

兩個人在博弈，每個人手上有$1\sim n$共$n$張牌。每次每方都可以出一張牌，如果當前所有牌的sum為$m$的倍數，那麼出這牌的人輸。如果到最後還是沒有出現$m$的倍數過，那麼Alice勝。多測。

$1\le T \le 10^5$
$1\le n, m \le 10^9$

A sol

我沒想去證過，憑感覺和手模猜到的。感覺就是勝負只和Alice的最後一張牌有關係直接考慮Bob是否能夠透過最後一步使得為$m$的倍數（我也不是到我在寫什麼）。具體的可以去看一下官方editorial。

A code

code

main() ...

	int T; read(T); rep(_, 1, T) {
		ll n, m; read(n, m);
		constexpr auto o = [&](bool &&flg) { writeln(flg ? "Bob"s : "Alice"); };
		if (m > (1 + n) * n) 
			{o(0);continue;}
		ll x = (1 + n) * n % m;
		if (x == 0 || x > n) o(0);
		else o(1);
	}

B

B statement

給定一個序列，問是否能否透過若干次操作使得序列變得不減。操作的定義是選$1\le i < j\le n$, $\text{let} \ a_i=a_i+1,a_j=a_j-1$。多測。

$1 \leq T \leq 2 \times 10^5$
$2 \leq n \leq 2 \times 10^5$
$0 \leq a_i \leq 10^9$
$\sum \limits n \leq 2\times 10^5$

B sol

首先我們發現我們如果是合法的都是可以變成前面sum%n個sum/n,n-sum%n個(sum+n-1)/n。比如$(4, 6)$，可以透過一次操作變成$(5, 5)$

然後考慮變成如上形式。我們令我們要變成的第$i$位是$b_i$，那麼如果$\exist 1\le m\le n,\sum \limits_{i=1}^{m}b_i-a_i<0$，也就意味著前面減的比加的多了，顯然是不合法的，因此不合法。否則合法。

B code

完整程式碼

	int T; read(T); rep(_, 1 ,T) {
		int n; read(n); vector<int> a(n), b(n); forall(a, [&](auto &x) { read(x); }); 
		auto sum = accumulate(ALL(a), 0LL);
		int p = n + 1 - sum % n, dv = sum / n;
		rep0(i, 0, p - 1) b[i] = dv;
		rep0(i, p - 1, n) b[i] = dv + 1;
		dbg(b);
		ll tot = 0;
		bool flg = true;
		rep0(i, 0, n) {
			tot += b[i] - a[i];
			if (tot < 0) {
				flg = false;
				break;
			}
		}
		writeln(flg ? "Yes"s : "No"s);
	}

C

C statement

給你一個長度為$n$序列$a$，詢問是否存在$i, j, k$，使得

$1 < i < j < k \le n$
$a_i + a_j + a_k = m$($m$給定)
$3 \leq n \leq 10^6$
$1 \leq x \leq 10^6$
$1 \leq a_i \leq X$

C sol

這個題場上看了5min胡了，好像有點類似官方做法？

套路的我們想到列舉一個數是多少（比如列舉$j$），然後就轉化成了詢問是否存在一對$i, k$，使得$a_i + a_k = m - a_j$

我們姑且不管他不能相等，發現就是$x + y = z$的形式，發現可以直接卷積。在發現後面的哪個也是卷積形式。一開始的想法是直接記錄一個數有沒有出現過，直接卷積。

但是發現一個問題，$i\not = j \not = k$，也就是說只記錄是否出現是假的。於是直接考慮記錄出現次數，然後卷積，減去會有相同的數量，詳見程式碼。

提一嘴，我在每一次卷積後把$>m$的部分都erase掉了，不然極大機率會T。我扔掉還是跑了2991ms。可能跟我沒卡常有關？

C code

完整程式碼

核心程式碼：


// head
# include <atcoder/all>

vector<ll> f;

int n, m;
vector<vector<int> > p;

ll C2(ll x) { return x * (x - 1) / 2; } 

signed main() {
  // ios_base ::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	read(n, m);
	f.resize(m + 1);
	p.resize(m + 1);
	rep(i, 1, n, x) read(x), f[x]++, p[x].eb(i);
	auto g = atcoder::convolution_ll(f, f);
	if (SZ(g) > m + 1) 
		g.erase(begin(g) + m + 1, end(g));
	rep(x, 0, m / 2) if (SZ(p[x])) g[x * 2] -= SZ(p[x]), chkmax(g[x * 2], 0);
	auto h = atcoder::convolution_ll(g, f);
	if (SZ(h) > m + 1) 
		h.erase(begin(h) + m + 1, end(h));	
	rep(x, 0, m / 3) if (SZ(p[x])) h[x * 3] -= g[x * 2] * 2;
	if (h[m] == 0) 
		return writeln("-1"s), 0;
	vector<int> cur(m + 1);
	vector<int> pos(3, 0);
	rep(i, 0, m)
		if (f[i] && g[m - i]) {
			pos[0] = ++cur[i];
			rep(j, 0, m - i) 
				if (f[j] && f[m - i - j]) {
					pos[1] = ++cur[j];
					pos[2] = ++cur[m - i - j];
					if (cur[i] <= SZ(p[i]) && cur[j] <= SZ(p[j]) && cur[m - i - j] <= SZ(p[m - i - j])) {
						vector<int> tans = {p[i][pos[0] - 1], p[j][pos[1] - 1], p[m - i - j][pos[2] - 1]};
						sort(ALL(tans));
						writeall(tans);
						return 0;
					} else {
						--cur[j], --cur[m - i - j];
					}
				}
			--cur[i];
		}
	writeln("-1"s);

#if defined(LOCAL) && !defined(CPH)
  std::cerr << "Spend Time : " << clock() * 1. / CLOCKS_PER_SEC * 1e3 << " ms \n";
#endif
  return 0;
}

D

D statement

一棵樹，根節點將n條長度為m的鏈連線起來，從根節點走，隨機會走到相鄰節點，求走遍所有點的機率。

$1 \leq n, m \leq 2 \times 10^5$

D sol

開了個小掛，找了個經典結論。

hint1

發現n條長度為m的鏈是相同的，分開考慮

hint2

長度為m+1的鏈（算根節點）平均的往返次數為$m^2$

證明

轉化問題，變成給你一個$[0,n]$的數軸，在$[1, n - 1]$的時候你都可以隨意向左或右走，$0$的時候只能走右邊，$n$的時候不能往右。令$f_x$表示當前座標在x時的期望步數。不難發現$f_x=\frac{f_{x-1}+f_{x+1}}{2}+1$

考慮移向。$f_{i+1}-f_i=f_{i}-f_{i-1}-2$。令$g_i=f_i-f_{i-1}$。那麼就變成了$g_{i+1}=g_{i}-2$。特殊的，由於$f_0=f_1+1$,所以$g_1=1$。則$g_x=-2x+1$。那麼$f_i=f_{i-1}+g_i=f_{i}+1-2i$

移向得$f_{i-1}=f_{i}+2i-1$。求和發現$f_0=\sum \limits_{i=1}^{n}(2i-1)=n^2$
$\mathcal{Q.E.D}$

考慮只有$m=1$的時候答案是什麼。第k次選顯然的有$\frac{n-k+1}{n}$的機率會選到一個從未選擇過的點，那麼反之期望次數就是$\frac{n}{n-k+1}$。那麼$m=1$時答案就是$2\sum \limits_{i=1}^{n}\frac{n}{i}-1$,由於時往返，並且都走過就不用再走最後一步了，所以減1。自然的，最後的答案是$m=1$的答案$\times m^2$，由hint2得。

綜上，答案是$((2\sum \limits_{i=1}^{n}\frac{n}{i})-1)\times m^2$

D code

完整程式碼

# include <atcoder/modint>
using mint = atcoder :: modint998244353;
// in main
	int n, m;
	read(n, m);
	mint ans = 0;
	rep0(i, 0, n) 
		ans += mint(n - i).inv();
	writeln(((ans * n * 2 - 1) * m * m).val());

E

E statement

定義一個序列的價值$val(B_1,B_2,...,B_{len})=\sum \limits_{i=1}^{len-1}gcd(B_i,B_{i+1})$

對於$m=1...n$,求$1...m$的所有子序列的價值的和。

$1 \leq n \leq 5 \times 10^5$
$1 \leq a_i \leq 10^5$

E sol

這個題賽後推式子沒退出來，還是cly告訴我尤拉反演，遂穿了。

考慮移動一位的影響，無論這一位是否選定$1\sim i - 1$的f都會$\times 2$, 然後再加上第$i$位取的貢獻。考慮上一次取的是$j$,貢獻位$gcd(a_i,a_j)\times 2^j$

thus

\[f_i = 2f_{i - 1} + \sum \limits_{j = 1}^{i - 1} 2^j gcd(a_i, a_j) \]

套路的會想到莫反，實際上這個題要用到尤拉反演。

反演的基本式是：$\sum \limits_{d | n} \varphi(d) = n$

這裡證略。考慮把gcd當作$n$，展開：

$f_i = 2f_{i - 1} + \sum \limits_{j = 1}^{i - 1} 2^j (\sum \limits_{d | gcd(a_i, a_j)} \varphi(d))$

$\ \ \ = 2f_{i - 1} + \sum \limits_{j = 1}^{i - 1} 2^j (\sum \limits_{d | a_i} \varphi(d)[d|a_j])$

$\ \ \ = 2f_{i - 1} + \sum \limits_{d | a_i} \varphi(d) \sum \limits_{j = 1}^{i - 1} 2^j [d|a_j]$

後面這個東西是好維護的，在轉移$f$的時候維護一個$g$即可。詳見程式碼。

E code

好像哪個地方計了兩次還是怎麼樣，反正寫完發現都是兩倍懶得找原因了直接$/2$了

完整程式碼


constexpr int N = 5e5 + 5;
constexpr int V = 1e5;

int n, a[N];

# include <atcoder/modint>
using mint = atcoder::modint998244353;

mint dp[N], num[N], pw2[N];
int p[N], prime[N], pcnt = 0, phi[N];
vector<int>muls[V + 5], divs[V + 5];

void init() {
	p[1] = 1; phi[1] = 1;
	rep(i, 2, V) {
		if (!p[i])p[i] = i, prime[++pcnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for (int j = 1; j <= pcnt && i * prime[j] <= V; ++j) {
			p[i * prime[j]] = prime[j];
			if (i % prime[j] == 0) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
		}
	}
}

signed main() {
	// ios_base ::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	init(); pw2[0] = 1; rep(i, 1, N - 5) pw2[i] = pw2[i - 1] + pw2[i - 1];
	read(n);
	rep(i, 1, V) rep(j, 1, V / i) muls[i].eb(i * j), divs[i * j].eb(i);
	rep(i, 1, n) read(a[i]);
	auto mx = *max_element(a + 1, a + n + 1);
	rep(i, 1, n) {
		dp[i] = 2 * dp[i - 1];
		if (i != 1) {
			for (auto fc : divs[a[i]])
				dp[i] += phi[fc] * num[fc];
		}
		if (i < n) {
			for (auto fc : divs[a[i]])
				num[fc] += pw2[i];
		}
	}
	rep(i, 1, n)writeln((dp[i] / 2).val());

#if defined(LOCAL) && !defined(CPH)
	std::cerr << "Spend Time : " << clock() * 1. / CLOCKS_PER_SEC * 1e3 << " ms \n";
#endif
	return 0;
}

ARC185 A-E
2024-10-14

ARC185

A

A statement

A sol

A code

B

B statement

B sol

B code

C

C statement

C sol

C code

D

D statement

D sol

D code

E

E statement

E sol

E code

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