A. Digits Sum
顯然 \(S(x+1)<S(x)\) 當且僅當 \(x\) 個位是 9，所以列個式子即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, " \n"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
void Solve() {
int n = read();
print((n + 1) / 10, 1);
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
B. Reverse String
字符串做太少了，我瞎想了個哈希。
枚舉 s 串的的第一種操作的起點和終點，這對應了 s 串的一個子串，用哈希判斷其是否位 t 串的前綴（第一個操作）。然后 for 循環判斷 t 串的后綴是否合法（第二個操作）。（這個 for 循環也可以哈希 / kmp，為了手速就不寫了）
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, " \n"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
int x = rnd() % 100;
template<typename string>
struct Hash{
template<int b,int mod>
struct hs{
vector<int> a,p;
hs(const string &s=""){
a={0},p={1};
for(auto c:s){
a.push_back((1ll*a.back()*b+(c^x))%mod);
p.push_back(1ll*p.back()*b%mod);
}
}
ll q(int l,int r){
return (a[r+1]-1ll*a[l]*p[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
};
hs<257,1000000007> h1;
hs<257,2147483647> h2;
Hash(const string &s):h1(s),h2(s){}
pair<ll, ll> query(int l,int r){
return {h1.q(l,r),h2.q(l,r)};
}
};
char s[N], t[N];
void Solve() {
scanf("%s%s", s, t);
int n = strlen(s), m = strlen(t);
Hash<string> ss(s), tt(t);
repeat (i, 0, m)
repeat (j, 0, n - i)
if (ss.query(j, j + i) == tt.query(0, i)) {
int f = true;
repeat (p, i + 1, m)
if (t[p] != s[i + j - p + i]) {
f = false;
break;
}
if (f) { OK; }
}
GG;
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
C. Penalty
非常容易可得，要么 A 球隊贏要么 B 球隊贏要么平（廢話）。
對於前一種情況，我們要讓所有 ? 盡可能讓 A 得分，至少不讓 B 得分。每個球后判斷 A 是否穩贏了。第二種情況也類似。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, " \n"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
char s[N];
void Solve() {
scanf("%s", s);
auto cnt = array<int, 2>{0};
int ans = 10;
repeat (i, 0, 10) {
if (s[i] == '1') cnt[i % 2]++;
else if (s[i] == '?' && i % 2 == 1) cnt[1]++;
if ((9 - i) / 2 < cnt[1] - cnt[0])
ans = min(ans, i + 1);
}
cnt = array<int, 2>{0};
repeat (i, 0, 10) {
if (s[i] == '1') cnt[i % 2]++;
else if (s[i] == '?' && i % 2 == 0) cnt[0]++;
if ((9 - i + 1) / 2 < cnt[0] - cnt[1])
ans = min(ans, i + 1);
}
print(ans, 1);
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
D. Backspace
貪心。
顯然一開始可以進行任意次 backspace，就不太好操作。考慮反過來，如果 s 最后一個字符和 t 最后相同，就進行匹配，否則這個字符將替換位 backspace（這導致這個字符和它前一個字符都從 s 中消失）。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, " \n"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
#define int ll
char s[N], t[N];
void Solve() {
scanf("%s%s", s, t);
int n = strlen(s), m = strlen(t);
int p = m - 1;
repeat_back (i, 0, n) {
if (p >= 0 && s[i] == t[p]) {
p--;
} else {
i--;
}
}
if (p == -1) OK;
GG;
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
E. Permutation Shift
初看真的被嚇到了，什么 shift，還交換。但是做法真的好簡單。（）
這題的關鍵是 m 的范圍 \(0 \le m \le \dfrac{n}{3}\)。
首先，先 shift 再交換，還是先交換再 shift，其實沒區別。我們先 shift p 數組，然后交換來讓 p 變回 identity 排列。
排列變回 identity 需要的交換次數是多少？（群論的知識不多講了，我語言能力太菜）次數是 (排列長度 - 排列分解為循環置換的個數)。
由於 m 最大為 \(\dfrac{n}{3}\)，直接可以推出 shift 操作后 \(p_i = i\) 的個數至少為 \(\dfrac{n}{3}\)。
所以問題就很簡單了，答案的個數最多為 3，我們只要統計 \((p_i - i)\bmod n\) 的個數。如果大於等於 \(\dfrac n 3\)，就跑一遍把 p 左移 \((p_i - i)\bmod n\) 后的排列，統計它的循環置換個數。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, " \n"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
int Count(int a[],int n){
static bool vis[N];
int cnt=0;
fill(vis,vis+n,0);
repeat(i,0,n)if(!vis[i]){
for(int p=a[i];p!=i;p=a[p])
vis[p]=1;
cnt++;
}
return cnt;
}
vector<int> ans;
int a[N], cnt[N];
int b[N];
void Solve() {
ans.clear();
int n = read(), k = read();
fill(cnt, cnt + n, 0);
repeat (i, 0, n) {
a[i] = read() - 1;
cnt[(i + n - a[i]) % n]++;
}
repeat (i, 0, n) {
if (cnt[i] >= n / 3) {
repeat (j, 0, n) b[j] = a[(j + i) % n];
if (n - Count(b, n) <= k)
ans.push_back(i);
}
}
sort(ans.begin(), ans.end());
print(ans.size());
repeat (i, 0, ans.size())
print(ans[i], i == ib - 1);
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}
F. Pairwise Modulo
這題 \(a_i \neq a_j\) 太有用了，去掉我就不會做了。
把問題分為兩部分：
- 維護一個集合，支持插入 x，查詢 \(\displaystyle\sum_{i\in \text Set}i \bmod x\)。
- 維護一個集合，支持插入 x，查詢 \(\displaystyle\sum_{i\in \text Set}x \bmod i\)。
對於第一個部分，先把 \(i \bmod x\) 寫成 \(i-x\lfloor\dfrac{i}{x}\rfloor\)。\(\sum i\) 簡單，x 是常量，\(\sum\lfloor\dfrac{i}{x}\rfloor\) 可以用線段樹 / 樹狀數組維護（單點修改，區間求和），在線段樹的集合元素位置記錄 1，查詢 \([x, 2x-1][2x,3x-1]...\)。咋一看好像 \(O(n)\) 次查詢，實則因為 \(a_i\) 互不相等，所以平均 \(O(\log n)\) 查詢，復雜度 \(O(n\log^2n)\)。
對於第二部分，還是把 \(x \bmod i\) 寫成 \(x-i\lfloor\dfrac{x}{i}\rfloor\)。如果暴力數論分塊 + 線段樹，復雜度 \(O(n\sqrt n\log n)\) 過不了，所以需要反一下。考慮把 i 加入集合時對未來 x 的貢獻，在 \([i, 2i-1][2i,3i-1]...\) 這些位置區間加 1, 2, ...。所以就是區間加單點查詢的線段樹 / 樹狀數組，\(O(n\log^2n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i, a, b) for (int i = (a), ib = (b); i < ib; i++)
#define repeat_back(i, a, b) for (int i = (b) - 1, ib = (a);i >= ib; i--)
using namespace std;
namespace start {
typedef long long ll; const int inf = INT_MAX >> 1; const ll INF = INT64_MAX >> 1;
ll read() { ll x; if (scanf("%lld", &x) != 1) exit(0); return x; } // will detect EOF
void print(ll x, bool e = 0) { printf("%lld%c", x, " \n"[e]); }
const int N = 500010;
} using namespace start;
#define OK { puts("Yes"); return; }
#define GG { puts("No"); return; }
#define int ll
struct zkw {
const ll a0 = 0;
int n; ll a[N * 4];
void init(int inn, ll in[] = nullptr) { // A[x] = a0 or in[x]
n = 1; while (n < inn) n <<= 1;
fill(a + n, a + n * 2, a0);
if (in) repeat (i, 0, inn) a[n + i] = in[i];
repeat_back (i, 1, n) up(i);
}
void up(int x) { // private
a[x] = a[x * 2] + a[x * 2 + 1];
}
void add(int x, ll k) { // A[x] += k
x += n;
a[x] += 1;
while (x >>= 1) up(x);
}
ll sum(int l, int r) { // U(A[l, r])
ll ans = a0; l += n - 1, r += n + 1;
while (l + 1 < r){
if (~l & 1) ans = (ans + a[l + 1]);
if ( r & 1) ans = (ans + a[r - 1]);
l >>= 1, r >>= 1;
}
return ans;
}
} zkw, tr;
int ans[N];
void Solve() {
int n = read();
zkw.init(300000); tr.init(300000);
ll sum = 0;
repeat (i, 0, n) {
int x = read(); sum += x;
zkw.add(x, 1);
if (i) ans[i] = ans[i - 1];
ans[i] += sum;
ans[i] += x * i - tr.sum(0, x);
for (int j = x; j <= 300000; j += x) {
// orz(j, j + x - 1);
// cout << tr.qb(j, j + x - 1) << endl; pause;
ans[i] -= zkw.sum(j, min(300000ll, j + x - 1)) * j;
tr.add(j, j / x * x);
tr.add(min(300000ll, j + x - 1) + 1, -j / x * x);
}
print(ans[i], i == n - 1);
}
}
signed main() {
// freopen("data.txt", "r", stdin);
int T = 1; // T = read();
repeat (ca, 1, T + 1) {
Solve();
}
return 0;
}