【LGR-170-Div.3】洛谷基础赛 #6 & Cfz Round 3 & Caféforces #2

这套题感觉质量很高，思维含量大概div.2？

A.Battle

\[x \equiv r(\bmod P)
\]

\[P \mid x - r
\]

因此只有第一次操作是有效的。

void solve() {
	int n, m, p;
	cin >> n >> m >> p;
	m -= m % p;
	if(!m) puts("Alice");
	else {
		n -= n % p;
		if(!n) puts("Bob");
		else puts("Lasting Battle");
	}
}

B.Change

题目大意：\(x\) 初始为 \(0\)，给定 \(a, b, c, P\)，可进行如下操作，

• \(x \leftarrow (x + b) \bmod P\)
• \(x \leftarrow (x \times a) \bmod P\)

问能否通过正整数次操作将 \(x\) 变为 \(c\)。

考虑将问题划分为两大类。

case1：\(c= 0\)，显然成立。

case2：\(c \neq 0\)

如果 \(b = 0\)，则一定无解，因为不管怎么操作 \(x\) 始终为 \(0\)。

如果 \(b \neq 0\)，可以使 \(x = kb\)，

我们令 \(k = inv(b) \times c\)，其中 \(inv(b)\) 为 \(b\) 在模 \(P\) 意义上的逆元。

则 \(x = c\)

void solve() {
	int P, a, b, c;
	cin >> P >> a >> b >> c;
	bool x = c && b;
	bool y = !c;
	bool ok = x || y;
	puts(ok ? "Yes" : "No");
}

C.Xor with Gcd

不会推式子，所以直接找规律。

打表发现，对于任意奇数 \(n\)，有

\[\gcd(1,n) \oplus \gcd(2,n) \oplus \cdots \oplus \gcd(n,n) = n
\]

奇数解决了，一个很直观的想法是偶数一定与其相邻的奇数有关。

继续打表。

然后就做完了。

void solve() {
	ll n;
	cin >> n;
	if(n & 1) {
		cout << n << '\n';
	}
	else {
		ll t = (n + 1) / 2;
		if(t & 1) -- t;
		else ++ t;
		cout << ((n + 1) ^ t) << '\n';
	}
}

upd：更新正解。

由于 \(gcd(i, n) = gcd(n - i, n)\)，

所以 \(n\) 为奇数时前后都消掉了，答案为 \(n\)。

而偶数还剩下 \(gcd(\dfrac{n}{2} , n)\) 和 \(gcd(n, n)\) 两项，答案为\(\dfrac{n}{2} \oplus n\)。