【CF套题】Good Bye 2018
【前言】
自闭了，四题以后就看着排名一直往下掉。
E想了个线段树维护阶梯，没看wiki，出来才发现是公式题。
F想了个凸包，结果是个贪心。
心态炸裂（然而rk500还能涨分）
【题目】
原题地址
A.New Year and the Christmas Ornament
瞎搞。
#includeB.New Year and the Treasure Geolocation
排序后首尾相加即可。
#includeC.New Year and the Sphere Transmission
枚举 n n n的所有约数，等差数列求和后去重即可。
#includeD.New Year and the Permutation Concatenation
考虑枚举将去掉多长的前缀后后面的排列恰好补充前面的，则答案是 n ⋅ n ! − ∑ k = 1 n − 1 n ! k ! n \cdot n! - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{n!}{k!} n⋅n!−∑k=1n−1k!n!
#includeE.New Year and the Acquaintance Estimation
Erdős–Gallai theorem
结论是对于一个从大到小排序后的度数序列 d d d，能构成简单图当且仅当：
∑ i = 1 k d i ≤ ( k ( k − 1 ) + ∑ j = k + 1 n min ( d j + k ) ) \sum_{i=1}^k d_i\leq (k(k-1)+\sum_{j=k+1}^n \min(d_j+k)) ∑i=1kdi≤(k(k−1)+∑j=k+1nmin(dj+k))对于 1 ≤ k ≤ n 1\leq k\leq n 1≤k≤n均成立。
答案显然是一个公差为 2 2 2的等差序列，我们二分答案的上下界，上述式子不成立时，若第 n + 1 n+1 n+1个点已满足条件，说明答案太大，否则说明答案太小。
#includeF.New Year and the Mallard Expedition
考虑这样一个贪心：如果我们没有体力，我们可以通过往回游半米再游回去补充体力，而这可以在第一个水中进行。如果第一个岩浆之前没有水，就在草地上走路。此外，如果有未用的体力，应当将之前一些动作转化为飞，显然应更多转化走路。
那么我们到每个格子先将可行的所有走路和游泳距离计算出。假设我们整个过程都是飞行的，那么我们需要足够体力，于是我们贪心地将一些飞行用游泳和走路来代替。如果到了某个格子发现体力无论如何都不够而不能飞了，我们再来回游泳转化为飞行即可。
#includeG.New Year and the Factorisation Collaboration
官方题解
太长了看不懂。
然后，论python的优越性。
这是别人的c++
#include这是别人的python
import random
import sys
def gcd(x, y):
while y:
t = x % y
x = y
y = t
return x
n = int(raw_input())
candidates = []
factors = []
for i in range(30):
x = random.randint(1, n - 1)
y = x * x % n
print "sqrt " + str(y)
sys.stdout.flush()
y = int(raw_input())
if x != y:
if x > y:
x, y = y, x
candidates.append(y - x)
def divide(n):
for d in candidates:
g = gcd(n, d)
if g != 1 and g != n:
divide(g)
divide(n / g)
return
factors.append(n)
divide(n)
answer = "! " + str(len(factors))
for x in factors:
answer += " " + str(x)
print answer
H.New Year and the Tricolore Recreation
满足条件的 k k k显然我们可以用线性筛求出来。
每个游戏可以用一个二元组 ( x , y ) (x,y) (x,y)来表示差值，每次操作实际上双方都可以将 x x x或 y y y减去 k k k，这就十分对称了。接下来显然每个游戏是独立的，那么这就十分 Nim \text{Nim} Nim了，于是实际上一个二元组也可以拆成两个游戏。
现在我们有一个 SG \text{SG} SG值不超过 1 0 5 10^5 105的游戏了，我们可以暴力做到 O ( m 2 ) O(m^2) O(m2)，其中 m m m是两棋子间最大距离（ 2 × 1 0 5 2\times 10^5 2×105）。过不了过不了。
然后我们维护 k k k个 bitset \text{bitset} bitset，第 i i i个 bitset \text{bitset} bitset的第 j j j位为 1 1 1，当且仅当状态 j j j有 i i i这个后继状态（ SG \text{SG} SG）。
然后我们维护一个所有素数和素数乘积的 bitset \text{bitset} bitset为 P P P，对于每个状态 i i i，我们给第 j j j个 bitset \text{bitset} bitset或上 P P P左移 i i i位即可。
可以（打表）证明 SG \text{SG} SG函数值最多 100 100 100，于是我们就可以玄学过了。
#include【总结】
HELLO 2019 见。