CF刷题（02）——难度1700~2000
有种方式叫一下子拔高思维难度，做一些比你思维量极限还要略高一筹的题目，可以迅速上升。虽然我还是想有一个比较陡的缓冲区。于是，1700~2400，直接5道题一个难度。这个博客一共20个题（1700到2000）。
这段时间做好每道题都毫无思路最后只能翻开答案的觉悟吧
1700
1.D. Count the Arrays
- 先从 1 ~ m 中选择 n - 1 个不同的数字，然后再这 n - 1 个数字中选出 1 个一样的（最大的数字不可以选）。这样子数字的组合就有了。然后将这些数字排列。
- 其实只需要把最大的数字放到第 2 ~ n - 1 的位置，由于要把两个相同的数字放在两边，所以要在最大数左边选择出数字往里面填，假设最大数在第 k 个位置，那么就是 C n − 1 k − 2 C_{n-1}^{k-2} Cn−1k−2，就是 C n − 1 0 + C n − 1 1 + . . . + C n − 3 n − 3 = 2 n − 3 C_{n-1}^{0} + C_{n-1}^{1} + ... + C_{n-3}^{n-3} = 2^{n-3} Cn−10+Cn−11+...+Cn−3n−3=2n−3.
- 注意n等于2的时候需要特判。
#include2.C. Infinite Fence
- 首先我们假定r,b互质，否则由于木板无限长以及我们只需要判断是否有解，我们将r,b都除以gcd(r,b)不会影响答案。
- 假定r<=b，此时gcd(r, b) = 1。连续k个红色长度是 r(k - 1). 如果r(k−1)+1
- 是这样的，由于gcd(r, b) = 1，则 rx - by = 1 一定存在，那么一定有第 pos 的位置涂蓝色，第 pos + 1 的位置涂红色。而在这个位置是 r 最容易出现连续 k 个的地方，如果这里不会出现，那么其他地方也不会出现。
#include3.C. Trailing Loves (or L’oeufs?)
- 题意：求 n ! n! n! 转化成 b 进制后，末尾会有多少个连续的0.
- 万万没想到，这个题的答案很大，ans的初始值得设置成 9e18 才行。
#include4.A. Ivan the Fool and the Probability Theory
- 涂色，相邻的格子最多一个颜色和它不一样。求方案数。
- 如果第一列确定，后面的全部可以确定。
- 第一列有两个相邻颜色一样的方块儿，这四行就可以确定颜色。
- 因此，只需查看第一列涂色的方案数有多少，记为 g n g_n gn.
- 当然，第一行有连续颜色的时候，计算方法是一样的。而且，3中所说的只要有两个竖着的相邻的颜色一样，那么整幅 N ∗ M N * M N∗M 的图中都不会出现横着两个相邻的颜色相同的情况（画一下就知道）。所以，记这个为 g m g_m gm.
- 那么答案就是 g m + g n − 2 g_m + g_n - 2 gm+gn−2，减去的是正好没有任何相邻的点颜色相同的情况。会重复计算两次（想一下就明白）。
- 最后，如何计算 g n g_n gn 呢？假设现在排到第 i 位。首先，我们假设第 i 位和第 i - 1 位颜色相同，那么，如果第 i - 2 位为0，那么后面跟的是11；如果第 i - 2 位为1，那么后面跟的00，显然，这个答案为 g i − 2 g_{i-2} gi−2，因为对于 i - 2 长度的序列，最后一位也就0和1两种情况嘛。接着，对于第 i 位和第 i - 1 位颜色不同的情况，我们发现，这个和 g n − 1 g_{n-1} gn−1 是一样的，因为此时只要确定第 i - 1 位，第 i 位就跟着确定了。因此 g n = g n − 1 + g n − 2 . g_n = g_{n - 1} + g_{n - 2}. gn=gn−1+gn−2.
- 然后，手算一下， g 1 = 2 , g 2 = 4 g_1 = 2, g_2 = 4 g1=2,g2=4，然后最后答案就出来了。
#include5.D. New Year and the Permutation Concatenation
- 把 n 的全排列按照字典序排成一个序列，问有多少种长度为 n 的子列，使得他们仍为一个n 的全排列。
- 我们这样想，能够凑成一样串，如果不是那 n 的全排列本身构成的串的话，一定是两块拼出来的。那么，我们先枚举是由前 i 个和后 n - i 个串拼起来的。那么，当两个相邻的串前 i 项相等的话，就可以拼出来这种样子的。
- 那么，先选出前 i 个前缀 C n i C_{n}^{i} Cni，然后，这 i 个前缀有 i ! i! i! 种排列方式。此时此刻，是 C n i ∗ i ! = n ! ( n − i ) ! C_{n}^{i} * i! = \frac{n!}{(n-i)!} Cni∗i!=(n−i)!n! 种排列方式。
- 最后，对于每一种排列方式，有多少种合并呢？由于新序列前 i 个数字是确定的，而前 ( n − i ) ! (n-i)! (n−i)! 项正好是剩余的 ( n − i ) ! (n-i)! (n−i)! 的所有排列，并且每一个排列都是一个合法解。但是，要减去第一个。因为第一个数的前 i 个数字是无法和前面合并的。
- 因此，最后答案是： n ! + ∑ i = 1 n − 1 n ! ( n − i ) ! ( ( n − i ) ! − 1 ) n! + \sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{n!}{(n-i)!}((n-i)!-1) n!+i=1∑n−1(n−i)!n!((n−i)!−1).
#include1800
1.D. Same GCDs
- 题意：给定 a, m, 寻找满足 0 ≤ x ≤ m − 1 0\le x \le m - 1 0≤x≤m−1 且 g c d ( x , m ) = g c d ( a , m ) gcd(x, m) = gcd(a, m) gcd(x,m)=gcd(a,m) 的数量。
- 首先，我们知道， g c d ( a , b ) = g c d ( a % b , b ) gcd(a, b) = gcd(a \% b, b) gcd(a,b)=gcd(a%b,b).
- 当 x ∈ [ 0 , m − 1 ] x \in [0, m - 1] x∈[0,m−1]时， x % m x \% m x%m 会得到 [ 0 , m − 1 ] [0, m-1] [0,m−1] 这 m 个数字。因此原问题等价为：令 g c d ( a , m ) = d gcd(a, m) = d gcd(a,m)=d. 当 x ′ ∈ [ 0 , m − 1 ] x'\in [0, m-1] x′∈[0,m−1] 时，求 g c d ( x ′ , m ) = d gcd(x', m) = d gcd(x′,m)=d 的个数。
- 可以进一步等价。令 x ′ ′ = x ′ / d , m ′ = m / d x'' = x' / d, m' = m / d x′′=x′/d,m′=m/d，则原问题等价为：令当 x ′ ′ ∈ [ 0 , ( m − 1 ) / d ] x'' \in [0, (m - 1) / d] x′′∈[0,(m−1)/d]，即 [ 0 , m ′ − 1 ] [0, m' - 1] [0,m′−1] 时， g c d ( x ′ ′ , m ′ ) = 1 gcd(x'', m') = 1 gcd(x′′,m′)=1
- 再稍微转化一下，因为 x < m，因此 m / d m / d m/d 一定是大于1的，因此，原问题其实等价找 x ′ ∈ [ 1 , m ′ ] x' \in [1, m'] x′∈[1,m′] 中与 m’ 互素的数的个数，及欧拉函数 φ ( m / d ) \varphi(m/d) φ(m/d).
#include2.C. Primitive Primes
- 本原多项式 (primitive polynomial)：设 f ( x ) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n f(x)=a0+a1x+a2x2+...+anxn 是唯一分解整环 D D D 上的多项式，如果 g c d ( a 0 , a 1 , . . . , a n ) = 1 gcd(a_0, a_1, ..., a_n) = 1 gcd(a0,a1,...,an)=1，则称 f ( x ) f(x) f(x) 为 D上的一个本原多项式。
- 首先，我们从头开始遍历数组 a 和数组 b ，找到第一项不能整除 p 的位置，分别记为 x 和 y ，那么这个题目的答案就是 x + y 了
- 因为 a 0 a_0 a0 ~ a x − 1 a_{x - 1} ax−1和 b 0 b_0 b0 ~ b y − 1 b_{y - 1} by−1 都是可以被 p 整除的，而能够组成 x + y 的系数，无非就是 ( a 0 ∗ b x + y + a 1 ∗ b x + y − 1 + . . . + a x − 1 ∗ b y + 1 ) + a x ∗ b y + ( a x + 1 ∗ b y − 1 . . . + a x + y − 1 ∗ b 1 + a x + y ∗ b 0 ) (a_0* b_{x + y} + a_1 * b_{x + y - 1} + ... + a_{x-1} * b_{y+1})+ a_x * b_y+(a_{x + 1}*b_{y - 1}...+ a_{x + y - 1} * b_1 + a_{x + y} * b_0) (a0∗bx+y+a1∗bx+y−1+...+ax−1∗by+1)+ax∗by+(ax+1∗by−1...+ax+y−1∗b1+ax+y∗b0)，可以发现，上面的式子由 x + y + 1 项组成，前 x 项都包括了 a[ 0 ] ~ a[ x - 1 ]，而后 y 项都包括了b[ 0 ] ~ b[ y - 1 ]，换句话说，这些项相乘后仍然是 p 的倍数，自然也能被 p 整除，而只有最中间的 a[ x ] * b[ y ] 都无法整除 p 所以自然第 x + y 项无法整除 p 了.
- 看到这个结论后，发现异常简单呀！
#include3.A. Enlarge GCD
- 题意：给 n 个数字，去掉最少的数字，使得他们的 gcd 比之前的大。
- 这题，真是不会写。但是，我发现，似乎涉及 gcd 的题，经常会把所有数字先除以 gcd.
- 我们先把每个数字都除以 gcd，然后开始枚举所有素数p，看看有哪些数可以整除 p，这些数组成的集合大小的最大值就是所求值。但是枚举素数 p 又会超时。因为很多并不能被 p 整除，但会被判断一次。
- 这里有一个很重要的地方。我平时用的素数线性筛叫欧拉线性筛法。这个筛法的核心是每次筛掉的都是这个数的最小素因数。我们将这个最小素因数记下来，之前的 st 数组改为保存最大素因数。这样，我们其实可以直接对每个数进行素数分解。详情看代码。
#include4.C. Beautiful Numbers
- 题意：这个题有点玄乎呀，问长度为 n 的数，只有 a 和 b 组成，并且各位数字之和也是由 a 和 b 组成。问方案数。
- 欸，其实很简单的。因为每位数字相加，数字的顺序就不重要了。从 0 到 n n n 枚举 a a a 的个数，然后b的个数就是 n − i n - i n−i. 判断一下合法方案就可以了， a n s = ∑ i = 0 n C n i , μ ( i ) i s t r u e . ans = \sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}, \mu(i)\ is\ true. ans=i=0∑nCni,μ(i) is true.。
#include5.D. Rescue Nibel!
- 题意：给出 n n n 盏灯的点亮和熄灭时间，要挑选出 k k k 盏灯，使得他们存在同时亮的一段时间。问方案数。
- 我一直在想，怎么样统计穿过这个时间点的时间。其实就是把所有的时间点放在一个数组里面，然后排序就行。每到一个右端点，就 cnt–。否则就 cnt++，然后进入选择的环节，强制选择现在这个时间点开始的灯，然后加上 C c n t − 1 k − 1 C_{cnt-1}^{k-1} Ccnt−1k−1 即可。
- 为什么要强制选择最后一个呢？这是因为防止重复。这样子，就是选择当前开始的一个灯，以及其他通过此时间的 k - 1 个灯（当然可能包含从当前时间点开始的起面已经数过的灯）。
#include1900
1.H. Hate That You Know Me
- 对 2 n 2^n 2n 取模，其实只是截取后面的 n 位，因此 ( a ⊕ b ) m o d 2 n = ( a m o d 2 n ) ⊕ ( b m o d 2 n ) (a \oplus b)\ mod\ 2^n = (a\ mod\ 2^n) \ \oplus (b\ mod\ 2^n) (a⊕b) mod 2n=(a mod 2n) ⊕(b mod 2n). 先求出两边的值，最后再异或。
- 小心除法！这个不满足封闭性。
- 合适的分类讨论可以大大减少讨论数量。
#include2.B. Nauuo and Circle
- 首先考虑树形dp，由于在圆周上，一个子树肯定是一段连续的区间，那么也就是对于以u为根的来说，他的几个儿子之间是可以随意交换位置的，而且保证不会相交，所以加上u指向父亲那条边，所有边都可以任意交换位置，也就是u这个点度数的阶乘种交换位置，我们再乘上每棵子树的答案树，由于我们固定以1为根，而1又有n个位置可以选择，所以最后dp[1]*n就是答案。注意根结点没有父亲，所以只有儿子之间任意交换即可。
- 我只想说，妙啊！
#include3.A. As Fast As Possible
- 其实很容易猜到，因为答案取决于最后一个到达的人的时间，所以所有人在车上的时间应该是一样长。
- 车辆载人次数 c n t = ⌈ n k ⌉ cnt = \lceil\frac{n}{k}\rceil cnt=⌈kn⌉. 最后一组上车的地点 x = 2 ∗ v 1 ∗ l ∗ ( c n t − 1 ) ( 2 ∗ c n t − 1 ) v 1 + v 2 x = \frac{2 * v_1 * l * (cnt - 1)}{(2 * cnt - 1)v_1 + v_2} x=(2∗cnt−1)v1+v22∗v1∗l∗(cnt−1)
- a n s = x v 1 + l − x v 2 ans = \frac{x}{v_1} + \frac{l - x}{v_2} ans=v1x+v2l−x.
#include4.B. Recover the String
- 设 0 有 a 个，1 有 b 个，那么， a 00 = C a 2 , a 11 = C b 2 a_{00} = C_{a}^{2}, a_{11} = C_{b}^{2} a00=Ca2,a11=Cb2，我们发现，将一个序列中的 ‘10’ 变成 ‘01’ 之后， a 01 a_{01} a01 比之前多了1， a 10 a_{10} a10 比之前少了1.
- 因此， a 01 + a 10 a_{01} + a_{10} a01+a10 是不变的，因此前a个全是0，后b个全是1，那么此时 a 01 + a 10 = a ∗ b a_{01} + a_{10} = a * b a01+a10=a∗b，那么，如果不相等的话，说明是无解的。
- 若 a 01 = 0 , a 10 = 0 a_{01} = 0, a_{10} = 0 a01=0,a10=0，则 a 和 b 至少有1个为0
- 否则， a ≥ 1 , b ≥ 1 a\ge 1, b\ge 1 a≥1,b≥1.
- 假设一开始的序列从左往右是b个1，a个0，则设 x 1 = a ∗ b − a 10 b x_1 = \frac{a*b - a_{10}}{b} x1=ba∗b−a10， x 2 = ( a ∗ b − a 10 ) m o d b x_2 = (a*b - a_{10})\ mod\ b x2=(a∗b−a10) mod b。则序列是： x 1 x_1 x1个0， b − x 2 b - x_2 b−x2个1，1个0， x 2 x_2 x2个1，以及 a − x 1 − 1 a - x_1 - 1 a−x1−1 个0.
#include5.B. Petya and Divisors
- 题意：对该个询问，是这个x的约数却不是上面y个x的约数的约数个数是多少。
- 就是记录一下这个约数最后出现的位置就可以了呀。
法一：
- O ( n 3 2 ) O(n^{\frac{3}{2}}) O(n23)，但只用了1M左右的空间
#include法二：
- O ( n ∗ l o g n ) O(n*logn) O(n∗logn)，但用了10M内存。也不多呀。
#include2000
1.D. Two Divisors
- 对于一个数a，先把它做质因数分解，如果质因数只有一个，那么一定是无解的。否则，一定有解，且解的形式是先把所有质因数任意化分成两个非空集合。两个非空集合元素相乘，就是 d 1 d_1 d1 和 d 2 d_2 d2.
- 那么，这个一定是有解的。首先，我们直到，对于a的任意一个质因数p，如果 ( d 1 + d 2 ) m o d p ≠ 0 (d_1+d_2)\ mod\ p \ne 0 (d1+d2) mod p=0，那么显然 g c d ( d 1 + d 2 , a ) = 1 gcd(d_1 + d_2, a) = 1 gcd(d1+d2,a)=1。那么，对于任意一个p，一定是 d 1 d_1 d1 或者是 d 2 d_2 d2 有一个模p等于0，一个模p不等于0。因此 ( d 1 + d 2 ) m o d p ≠ 0 (d_1+d_2)\ mod\ p \ne 0 (d1+d2) mod p=0.
#include2.D. Three Integers
- 因为数据非常小，然后也找不到什么很好的规律，如果用bfs暴搜的话绝对不行，时间和空间都会爆掉。因此，我们用这种方式暴搜，就是从 1 到 2a 枚举 A 的取值，不可能超过2a，因为这样子还不如直接把a变成1。
- 然后，从1到2b枚举B，但是这次是枚举 A 的倍数；最后一步，计算C的值，看看C离B的倍数的那个更近一些，很简单，就是 ⌊ c B ⌋ ∗ B , ( ⌊ c B ⌋ + 1 ) ∗ B \lfloor\frac{c}{B}\rfloor*B, (\lfloor\frac{c}{B}\rfloor+1)*B ⌊Bc⌋∗B,(⌊Bc⌋+1)∗B.
#include3.B. The least round way
- 给一个矩阵，找到一条道路，使得沿途数字乘积的 trailing zero 最少。
- 其实我想了一下，末尾零和因子2和5的数量有关，最终答案应该是 m i n ( c n t 2 , c n t 5 ) . min(cnt_2, cnt_5). min(cnt2,cnt5).
- 如果矩阵元素有0的话，那么答案最大就是0。然后我们把这个数字换成10，再按照全是正数的矩阵进行计算就行。
- 哎呀，突然明白了，因为2和5的加法是分开的呀，所以把2和5都分别走一遍，看看哪个之和是最小的。
- 然后，代码其实有一点点难写。
#include4.A. Sticker Album
- 这种较难的概率题，一般都是倒着推导的。我认为题解这个方法没有问题。
- 可以设 E x E_x Ex 为填满剩余的 x 需要的卡包数的期望是多少。设 L = B − A + 1 L = B - A + 1 L=B−A+1. 显然 E 0 = 0. E_0 = 0. E0=0.
- 当然，这个可以用滑动窗口去求，也可以用前缀和去求，不过前缀和小心浮点数误差。
- 不过，当 A = 0 A = 0 A=0 时，我们发现 E x − A = E x E_{x-A} = E_x Ex−A=Ex，那么移项变化就好。
- 小心别化简前缀和的时候公式推错！
#include5.A. Easy Equation
- 题意：You are given four positive integers x , y , z , k x, y, z, k x,y,z,k, please help little M calculate the number of equations x + y + z = k x + y + z = k x+y+z=k when 0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ b , 0 ≤ z ≤ c , 0 ≤ k ≤ d 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ z ≤ c, 0 ≤ k ≤ d 0≤x≤a,0≤y≤b,0≤z≤c,0≤k≤d .
- 题解太巧妙了！我们先计算能够凑成 (x + y) 的有多少种。令 f ( i ) f(i) f(i) 为 x + y = i x + y = i x+y=i 的方案数的差分数组，从0到a枚举 i，每次枚举一个 i，就把 f ( i ) f(i) f(i) ~ f ( i + b ) f(i + b) f(i+b) 都加1，这个用差分就可以。最开始 f 都是0嘛，所以这个差分数组也不需要初始化。
- 同理，我们令 g ( i ) g(i) g(i) 为 x + y + z = i x + y + z = i x+y+z=i 的方案数的差分数组，从 0 到 a + b a + b a+b 枚举 i 。此时，每次枚举到一个 i，我们就把 g ( i ) g(i) g(i) ~ g ( i + c ) g(i + c) g(i+c) 都加上 ∑ j = 0 i f ( j ) \sum\limits_{j = 0}^{i}f(j) j=0∑if(j). 最后，答案就是 ∑ i = 0 d ∑ j = 1 i g ( i ) \sum\limits_{i=0}^{d}\sum\limits_{j = 1}^{i}g(i) i=0∑dj=1∑ig(i).
- 其实，仔细分析，我们不用考虑太多边界问题。
#include