【Codeforces】1142 Round #549 (Div. 1) A-E题解
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高质量的Div1
A.The Beatles
枚举起始点相距的整块数 i i i（基础距离为 i ⋅ k i·k i⋅k）
再 2 2 2^2 22枚举起始点分别位于整点前/后 a / b a/b a/b的情况。
取 n k gcd ( n k , l ) \dfrac{nk}{\gcd(nk,l)} gcd(nk,l)nk的 min \min min即可。
复杂度 O ( 4 n ) O(4n) O(4n)
#include**B.Lynyrd Skynyrd
Atcoder做多了，现在做DS真的菜到不行。
考虑没有 l i , r i l_i,r_i li,ri的限制：
设 f i f_i fi表示以 a i a_i ai结束的 a a a的子序列满足是 p p p的循环同构序列的最长长度，设 p r e i pre_i prei表示最大的 j j j满足 j < i , p k = a i , p ( k − 1 ) % n = a j j<i,p_k=a_i,p_{(k-1)\%n}=a_j j<i,pk=ai,p(k−1)%n=aj，显然 f i = f p r e i + 1 f_i=f_{pre_i}+1 fi=fprei+1
相当于 i → p r e i i\to pre_i i→prei连边，构成一个森林。倍增记录点 i i i的 2 k 2^k 2k级祖先。
维护 p o s i pos_i posi表示 i i i的第 n − 1 n-1 n−1个祖先(即最大的位置 p o s i pos_i posi满足 a a a的 [ p o s i , i ] [pos_i,i] [posi,i]区间中存在以 i i i结尾的 p p p的循环同构序列)。
( l i , r i ) (l_i,r_i) (li,ri)的询问相当于判断区间内 max ( p o s k ) ( k ∈ [ l i , r i ] ) \max(pos_k)(k\in[l_i,r_i]) max(posk)(k∈[li,ri])是否 ≥ l i \geq l_i ≥li。线段树维护即可。
(我竟然zz的没有想到这样套路的维护，然而动态删区间左端点，没法维护，还上莫队+set了，我怎么这么zz！)
#includeC.U2
注意函数是 y = x 2 + b x + c y=x^2+bx+c y=x2+bx+c，没有 a a a！
( x , y ) → ( x , y − x 2 ) (x,y)\to (x,y-x^2) (x,y)→(x,y−x2)，求上凸壳即可。
#includeD.Foreigner
介绍一种 O ( N ⋅ 11 ) O(N·11) O(N⋅11)的方法：
归纳求出合法数 x x x的排名 r k x rk_x rkx(设 x x x的长度为 l e n len len)：
- 注意到 0 + 1 + . . . + 10 = 55 , 11 ∣ 55 0+1+...+10=55,11|55 0+1+...+10=55,11∣55
- l e n = 1 len=1 len=1， 1 ≤ x ≤ 9 1\leq x\leq 9 1≤x≤9均合法
- l e n > 1 len>1 len>1，假设 q = r k ⌊ x 10 ⌋ q=rk_{\lfloor \frac x{10}\rfloor} q=rk⌊10x⌋。考虑把 1 − ⌊ x 10 ⌋ 1-\lfloor \frac x{10}\rfloor 1−⌊10x⌋中所有合法数都拓展 1 1 1位再加上 1 − 9 1-9 1−9：
前 11 ⌊ q 11 ⌋ 11\lfloor \frac q{11}\rfloor 11⌊11q⌋个合法数可以分成 ⌊ q 11 ⌋ \lfloor \frac q{11}\rfloor ⌊11q⌋个排名相邻的大小为 11 11 11的组，每组拓展后都得到 55 55 55个数，在 ( m o d 11 ) \pmod{11} (mod11)意义下无贡献。
考虑 q ′ = q % 11 q'=q\% 11 q′=q%11的部分，前 ( q − 1 ) (q-1) (q−1)个数总共拓展出 x ( x − 1 ) 2 \dfrac{x(x-1)}{2} 2x(x−1)个合法数，再加上第 q q q个( ⌊ x 10 ⌋ \lfloor \frac x{10}\rfloor ⌊10x⌋)拓展出的 x % 10 + 1 x\%10+1 x%10+1个。
所以只需要 r k ⌊ x 10 ⌋ ′ = r k ⌊ x 10 ⌋ % 11 rk'_{\lfloor \frac x{10}\rfloor}=rk_{\lfloor \frac x{10}\rfloor}\% 11 rk⌊10x⌋′=rk⌊10x⌋%11的值，就可以推出 r k x ′ = r k ⌊ x 10 ⌋ ′ ( r k ⌊ x 10 ⌋ ′ − 1 ) 2 + x % 10 + 10 rk'_x=\dfrac{rk'_{\lfloor \frac x{10}\rfloor}(rk'_{\lfloor \frac x{10}\rfloor}-1)}{2}+x\%10+10 rkx′=2rk⌊10x⌋′(rk⌊10x⌋′−1)+x%10+10
d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示处理到第 i i i位，前面可行解的排名 m o d 11 mod\ 11 mod 11的值为 j j j时最远能拓展到的位置。
详见代码
#includeE.Pink Floyd
考虑没有粉边限制时：
任意选一个点作为初始点 t o p top top，并记录它通过绿边可以到达的点集 S S S。
每次取任意一个它不能到达的点 y y y，判断 ( t o p , y ) (top,y) (top,y)连边方向：若是 t o p top top指向 y y y，将 y y y加入 S S S即可；否则将 y y y作为 t o p top top，并将之前的 t o p top top加入 S S S
显然 n n n次操作后 S = ∣ n − 1 ∣ S=|n-1| S=∣n−1∣。
考虑存在粉边限制时：
( t o p , y ) (top,y) (top,y)之间的连边可能是粉色的，不能保证路径上边颜色相同。
题解提供了一种构造方法：
将原图(只存在粉边)缩点，任选一个入度为 0 0 0的SCC作为 t o p top top，并任选其中一个点作为 t p tp tp。
如果只有这一个入度为 0 0 0的SCC，答案就是 t p tp tp。
否则任选另一个入度为0的SCC中的某个点 y y y，判断 ( t p , y ) (tp,y) (tp,y)连边方向。
假设 t p tp tp指向 y y y(否则 t o p top top转成这个SCC)，相当于删去了 y y y这个点——如果 y y y所属SCC中所有点都被删完了，相当于删去了这个 S C C SCC SCC，同时删去它的出边，新生成一些入度为0的SCC。
显然最多 n − 1 n-1 n−1次后得到答案 t p tp tp
p.s
在删SCC点时，不需要考虑删点后SCC不强连通的情况(不然写起来很麻烦)，只需要处理SCC点被删完的情况——相当于求出一条 t p tp tp出发的能走完一个SCC的绿边路径。
复杂度 O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)
代码
#include