AtCoder Regular Contest 182（A B C）

原来第二题比第一题简单吗

A.Chmax Rush! \(\texttt{Diff 1110}\)

给定三个序列 \(S,P,V\)，其中 \(S\) 的长度为 \(N\)，\(P,V\) 的长度为 \(Q\)，按从小到大的顺序对每个 \(i\in[1,Q]\) 执行下述操作：

在 \([1,P_{i}]\) 和 \([P_{i},N]\) 中选择一个区间，要求其中所有的值都不大于 \(V_{i}\)，然后将区间内所有值替换成 \(V_{i}\)

求出能在符合要求的情况下执行全部操作的方案数

\(N,Q\le 5000\)

Hint

离线下来倒序做

Solution

考虑到可以倒序做这个题.

假设现在我们枚举到了操作 \(i\)，那么，对于它前面的每一个操作 \(j\)，假如 \(V_{i}\lt V_{j}\)，显然这两个操作就不能有重复区间了. 那么如何才能让它们之间没有重复区间？分以下情况讨论：

• \(P_{i}\lt P_{j}\)，为了无交集，应该选 \([1,P_{i}],[P_{j},N]\) 两个区间

• \(P_{i}\gt P_{j}\) 同理，选 \([1,P_{j}],[P_{i},N]\) 两个区间

• \(P_{i}=P_{j}\)，无论如何选总会在 \(P_{i}\) 相交，直接判无解

因此此题可以 \(n^{2}\) 做，鉴于单次操作可能的状态只有两个，因此记录一下谁放右边，谁放左边就行了. 最后加起来一乘就是答案.

Code

int n,q,p[5001],v[5001],s[5001],ans=1;
const int mod=998244353;
bool isleft[5001],isright[5001];
int main(){
	read(n,q);
	for(int i=1;i<=q;++i){
		read(p[i],v[i]);
		isleft[i]=isright[i]=true;
	}
	for(int i=q;i>=1;--i){
		for(int j=i-1;j>=1;--j){
			if(v[i]<v[j]){
				if(p[i]>p[j]){
					isleft[i]=false;
					isright[j]=false;
				}
				else if(p[j]>p[i]){
					isright[i]=false;
					isleft[j]=false;
				}
				else{
					printf("0\n");
					return 0;
				}
			}
		}
		if(!isleft[i] and !isright[i]){
			printf("0\n");
			return 0;
		}
		ans=ans*(isright[i]+isleft[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

B.|{floor(A_i/2^k)}| \(\texttt{Diff 1049}\)

给定 \(N,K\)，构造一个长为 \(N\) 的序列，满足序列元素范围在 \([1,2^{K}-1]\) 之间

定义序列价值如下：对于全部的非负整数 \(k\)，序列中 \(\lfloor\frac{A_{i}}{2^{k}}\rfloor\) 的不同值个数

如序列 \(\{3,5\}\)，当 \(k=0\) 时不同的值个数为 \(2\)（\(\{3,5\}\)），当 \(k=1\) 时为 \(2\)（\(\{1,2\}\)），\(k=2\) 时只有一个新元素出现 \((\{0,1\})\)，和为 \(5\)

请你最大化构造出来的序列的价值

\(N\le 2\times 10^5,K\le 30\)

Solution

发现这个 \(\lfloor\frac{A_{i}}{2^{k}}\rfloor\) 的操作非常像右移啊，其实就相当于 \(A_{i}\operatorname{Rsh} k\)

也就是说要构造一下任意次右移得到的结果最多的序列.

首先考虑到一个更优的 \(A_{i}\) 满足什么条件. 可以想到 \(2A_{i}\) 总是比 \(A_{i}\) 更优，不仅拥有 \(A_{i}\) 的全部情况，且总是比 \(A_{i}\) 要多一个情况： \(2A_{i}\)，因此我们只需要考虑在 \([2^{K-1},2^{K})\) 范围内的数字即可.

当 \(N\gt 2^{k-1}\) 的时候，直接全部都取一遍就行了.

否则，有一结论：答案的上界为 \(1+\sum\limits^{K-1}_{x=0}\min(N,2^{x})\)

证明：考虑每一个区间 \([2^{x},2^{x+1})\)，可以发现，对于每一个 \(A_{i}\)，它进行操作后最多只有一个数能落在此区间内，而我们有 \(N\) 个数，因此此区间最大值即为 \(N\)，同时，考虑到 \(N\) 可能比区间内的数字总和要大，因此最终每个区间的贡献为 \(\min(N,2^{x})\)，再加上不在这些区间里的一个贡献 \(0\)，总和就是 \(1+\sum\limits^{K-1}_{x=0}\min(N,2^{x})\)

本题的关键不在此处，而是如何去构造一个满足条件的数列.

定义 \(br(x)\) 表示 \(x\) 在 \(K-1\) 位二进制表示下的反串，即如果 \(K=7,x=5\)，那么 \(x=000101_{(2)}\)，\(br(x)=101000_{(2)}\)

那么按如下操作构造该序列：

\[A_{i}=2^{K-1}+br(i)
\]

即可.

根据刚才的证明，可以发现，要达到这个上界，只需要让构造出来的数字满足 \(\forall i,j\rightarrow \operatorname{bit}_{k}(i)\neq \operatorname{bit}_{k}(j)\)，其中 \(\operatorname{bit}_{k}(i)\) 表示 \(i\) 的二进制表示中的最高 \(k\) 位. 可以发现自然数的反串满足这个条件：对于 \(i-j=2^{k}\)，总是存在 \(\operatorname{bit}_{k-1}\) 使其不同，而二进制反串有很多个，为了使最后的答案取到区间 \([2^{K-1},2^{K})\) 范围内的数，因此我们才构造出 \(K-1\) 位的反串，这样做可以使得到的数字最大为 \(2^{K-1}+2^{K-1}-1=2^{K}-1\)，恰好满足条件.

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,t;
int br(int x){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=k-1;++i){
		ans=ans*2+x%2;
		x/=2;
	}
	return ans;
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>k;
		if(n>=(1<<(k-1))){
			for(int i=1;i<=n;++i){
				cout<<max(1,(1<<k)-i)<<" ";
			}
		}
		else{
			for(int i=1;i<=n;++i){
				cout<<(1<<(k-1))+br(i)<<" ";
			}
		}
		cout<<endl;
	}
}

C.Sum of Number of Divisors of Product \(\texttt{Diff 2408}\)

给定 \(N,M\)，求下述式子的值：

\[\sum^{M}_{i_{1}=1}\sum^{M}_{i_{2}=1}\cdots\sum^{M}_{i_{N}=1}f(\prod^{N}_{j=1}i_{j})
\]

其中 \(f(x)\) 定义为 \(x\) 的不同正因子个数

\(N\le 10^{18},M\le 16\)

Solution

首先你需要知道 \(f(x)\) 怎么求，如果你不知道的话请移步 此文章 第 \(4.5\) 条

考虑到 \(16\) 以内的质数只有六个，即对任意一个 \(\prod\limits^{N}_{j=1}i_{j}\)，都可以表述为如下形式：

\[2^{a_{1}}3^{a_{2}}5^{a_{3}}7^{a_{4}}11^{a_{5}}13^{a_{6}}
\]

因此我们成功将题意转化为求 \(\prod^{6}_{i=1}(a_{i}+1)\)

然后 DP 做？但是我不知道 DP 怎么做

if anyone known, then teach me plz