【补题】Codeforces 1033 : Lyft Level 5 Challenge 2018 - Elimination Round （ABCDF）
前言
又是发布失败，全部清空，重写一遍。
再这样一次，我就不用csdn了。
When everything’s lost they pick up their hearts and avenge defeat.
League of Legends - Legends Never Die
总结
- java.math.BigInteger.isProbablePrime(int)可以判断给定的概率下是否是素数，参数越大耗时越多，也越准确。
- 与序列有关的题目要分清楚变量表示的是值还是下标。
- 分解质因数，求gcd时要考虑是否相等。
- 二进制的二输入门都可以转换成三进制下的加法来快速预处理结果。（tql）
- 十进制的二进制表示在三进制下反转十进制
for(int i=1;i
A. King Escape 水
国王和目标点必须在以皇后为原点的坐标系中的同一象限。
(bx-ax)*(cx-ax)>0 && (by-ay)*(cy-ay)>0
B. Square Difference 数学
求 a 2 − b 2 a^2-b^2 a2−b2是否为素数。(1<=b 当 a − b = = 1 且 a + b a-b==1且a+b a−b==1且a+b为素数时，原数为素数， O ( √ n ) O(√n) O(√n)判断即可。 给定排列P。Alice和Bob玩游戏，初始时弹珠在位置x上，如果存在一个位置y使得 P [ y ] > p [ x ] 且 ∣ y − x ∣ % P [ x ] = = 0 P[y]>p[x]且|y-x| \% P[x]==0 P[y]>p[x]且∣y−x∣%P[x]==0，那么玩家可以把弹珠移到位置y上。轮流操作，Alice先手，两人绝顶聪明，最先不能操作的人输，问每个初始位置时谁赢？ 如果一个状态能转移到必败态，那么它是必胜态，否则是必败态。 n为必败态，从n-1到1依次检查即可，由调和级数求和公式，复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn). 给出n(500)个因数只有3到5个的数(1e18)，求它们积的因数个数。 唯一分解定理： 如果知道了最后数字的各个质因数个数，那么就可以快速地求出因数个数。 首先可以用二分或者其他方法判断数字是否是质数的4,3,2次幂（注意先判4次再判2次），将质数记录下来。 对所有的数字拿这些质数去分解，记录这些质数出现了多少次。 使用唯一分解定理组合即得到答案。 给出n(30000)个w(12)位的数，和m(50000)个w位的二进制门，每个w位的二进制门由w个与、或、异或、与非、或非、同或之中的门组成。对每个w位的二进制门，问有几对数输入能使得输出为0. 我的想法（和题解的第二种做法类似）： 题解的第一种做法： 学到了十进制的二进制表示在三进制下反转十进制的巫毒操作，虽然原理还不太懂：
附一个java的神仙写法：// LittleFall : Hello!
import java.util.*;
import java.math.*;
public class Main
{
public static void main(String[] args)
{
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int t = sc.nextInt();
for(int xt = 0; xt < t; ++xt)
{
BigInteger a = sc.nextBigInteger(), b = sc.nextBigInteger();
a = a.multiply(a).subtract(b.multiply(b));
System.out.println(a.isProbablePrime(20)?"YES":"NO");
}
}
}
C. Permutation Game 博弈
序列题一定要分清楚变量表示值还是下标。int save[M]; //序列
int id[M]; //每个数在序列中的位置
int tag[M]; //tag[i]表示序列中第i个位置必胜还是必败1/2
int main(void)
{
int n = read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
save[i]=read();
id[save[i]] = i;
}
for(int num=n;num;--num)
{
int nxt = id[num]%num; //位置
for(;nxt<=n;nxt+=num)
if(save[nxt]>num && tag[nxt]==2)
tag[id[num]]=1;
if(tag[id[num]]!=1)
tag[id[num]]=2;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
putchar(tag[i]==1?'A':'B');
return 0;
}
D. Divisors 数学
由唯一分解定理
剩下的数全部是两个质数的乘积，用已知的质数去试除这些数，将新得到的质因子也记录下来。
对所有不相等的两质数乘积两两求gcd，又可以得到若干质数。
还剩下的数字就是由没有出现过的质数组合而成。/* LittleFall : Hello! */
#include F. Boolean Computer 二进制操作，dfs
最多有4096种数，对每个门遍历每种数，查询符合要求的数有多少个。
这个要求类似于：某些位为1，某些位为0，某些位什么都可以。
最多有3^12种条件，且每个数都满足2^12个条件，所以可以提前预处理。
因为一些奇怪的原因，存储时使用了4进制。
预 处 理 2 w 个 数 ， 每 个 2 w ， 查 询 m ∗ 2 w ， 得 到 要 求 需 要 w 预处理2^w个数，每个2^w，查询m*2^w，得到要求需要w 预处理2w个数，每个2w，查询m∗2w，得到要求需要w
总 时 间 复 杂 度 O ( 4 w + m ∗ w ∗ 2 w ) ， 空 间 复 杂 度 O ( 4 w ) 总时间复杂度O(4^w+m*w*2^w)，空间复杂度O(4^w) 总时间复杂度O(4w+m∗w∗2w)，空间复杂度O(4w)。/* LittleFall : Hello! */
#include
如果把二进制的表示放在三进制下相加，不会产生进位且由每一位的结果(0,1,2)可以确定6个位操作的答案。
把所有的加法结果都预处理出来，然后对每个w位的二进制门dfs查询符合条件的操作即可。
总 时 间 复 杂 度 O ( 4 w + m ∗ 2 w ) 总时间复杂度O(4^w+m*2^w) 总时间复杂度O(4w+m∗2w)，预处理似乎可以用FFT降到 O ( w ∗ 3 w ) O(w*3^w) O(w∗3w)，但是常数会很大。/* LittleFall : Hello! */
#include for(int i=1;i<W;++i) ttt[i] = ttt[i/2]*3+i%2;