【CodeChef】October Challenge 2018 (Div. 1 + Div. 2) 題解

阿新 • • 發佈：2018-11-19

【比賽連結】

點選開啟連線

**【BBRICKS】**Beautiful Bricks

【思路要點】

上下兩個磚塊中，至多有一個黑色。

連續的一段存在黑色的行共有兩種放置的方案。

列舉有幾段連續的存在黑色的行，用組合數計算答案。

單組資料時間複雜度 $O(K)$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int n, k, bit[MAXN], fac[MAXN], inv[MAXN];
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
int getc(int x, int y) {
	if (y > x) return 0;
	else return 1ll * fac[x] * inv[y] % P * inv[x - y] % P;
}
int main() {
	k = 1e3;
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++)
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
	inv[k] = power(fac[k], P - 2);
	for (int i = k - 1; i >= 0; i--)
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1ll) % P;
	bit[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++)
		bit[i] = bit[i - 1] * 2 % P;
	int T; read(T);
	while (T--) {
		read(n), read(k);
		int tmp = n - k + 1;
		int ans = 0, now = 1;
		if (tmp < 0) now = 0;
		for (int i = 1; i <= k; i++) {
			now = 1ll * now * (tmp - i + 1) % P;
			ans = (ans + 1ll * getc(k - 1, i - 1) * now % P * inv[i] % P * bit[i]) % P;
		}
		writeln(ans);
	}
	return 0;
}

**【BITOBYT】**Byte to Bit

【思路要點】

每個時刻只可能存在一種角色，每 $26$ 個時間單位數量翻倍。

直接計算答案即可。

時間複雜度 $O(TLogN)$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
ll power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	ll tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return tmp * tmp;
	else return tmp * tmp * x;
}
int main() {
	int T; read(T);
	while (T--) {
		int n; read(n);
		int q = n / 26, r = n % 26;
		if (r == 0) q--, r = 26;
		ll x = 0, y = 0, z = 0, ans = power(2, q);
		if (r <= 2) x = ans;
		else if (r <= 10) y = ans;
		else z = ans;
		printf("%lld %lld %lld\n", x, y, z);
	}
	return 0;
}

**【CCIRCLES】**Chef and Circles

【思路要點】

列舉一對圓，能夠達到的距離是一個區間，算出該區間即可。

注意圓相互包含和外離的情況。

時間複雜度 $O(K+N^2)$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e3 + 5;
const int MAXV = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int n, q, r[MAXN], ans[MAXV];
struct point {int x, y; } a[MAXN];
point operator - (point a, point b) {return (point) {a.x - b.x, a.y - b.y}; }
long long dist(point a) {return 1ll * a.x * a.x + 1ll * a.y * a.y; }
int main() {
	read(n), read(q);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(a[i].x), read(a[i].y), read(r[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
		ll tmp = dist(a[i] - a[j]);
		int Max = sqrt(tmp);
		int Min = sqrt(tmp);
		if (1ll * Min * Min < tmp) Min++;
		if (Min - r[i] - r[j] >= 0) Min = Min - r[i] - r[j];
		else Min = max(0, abs(r[i] - r[j]) - Max);
		Max = min(1000000, Max + r[i] + r[j]);
		ans[Min]++, ans[Max + 1]--; 
	}
	for (int i = 1; i < MAXV; i++)
		ans[i] += ans[i - 1];
	while (q--) {
		int x; read(x);
		printf("%d\n", ans[x]);
	}
	return 0;
}

**【CHSERVE】**Chef and Serves

【思路要點】

直接計算答案就好。

時間複雜度 $O(T)$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int main() {
	int T; read(T);
	while (T--) {
		int x, y, k;
		read(x), read(y), read(k);
		int tmp = (x + y + 1) % (2 * k);
		if (tmp == 0) tmp = 2 * k;
		if (tmp <= k) printf("CHEF\n");
		else printf("COOK\n");
	}
	return 0;
}

**【CPCOMP】**Coprime Components

【思路要點】

首先顯然所有形如 $x^ay^b...z^c$ 的數等價於 $xy...z$ ，不妨先做這一步轉化。

有一種較為簡單的 $O(\frac{N^2*LogLogV}{w})$ 的做法，用 $bitset$ 記錄每一個質數作為質因數出現的位置，對於一個數 $x$ 將其所有質因數的 $bitset$ 或起來再取反，就可以得到它的邊集，簡單搜尋即可。

但這樣的做法複雜度太高，注意到 $>\sqrt{V}$ 的質因數每個數只有一個，考慮將所有數按照最大的質因數分組。若 $x$ 最大的質因數 $p>\sqrt{V}$ ，那麼 $x$ 會連向不是同組、且與 $\frac{x}{p}$ 互質的數，通過一些細節處理可以在 $O(N\sqrt{V})$ 的時間複雜度內進行等價的連邊。

剩餘的不存在 $>\sqrt{V}$ 的質因數的數的個數不超過 $3*10^4$ 。

時間複雜度 $O(N\sqrt{V}+\frac{M^2*LogLogV}{w})$ ，其中 $M\leq 3*10^4$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int P = 100;
const int Q = 3e4;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int tot, prime[MAXN], miu[MAXN];
int f[MAXN], g[MAXN], realn[MAXN], num[MAXN];
void init(int n) {
	realn[1] = miu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (f[i] == 0) {
			prime[++tot] = f[i] = realn[i] = i;
			num[i] = tot;
			miu[i] = -1;
		}
		for (int j = 1; j <= tot && prime[j] <= f[i]; j++) {
			int tmp = prime[j] * i;
			if (tmp > n) break;
			if (prime[j] == f[i]) realn[tmp] = realn[i], miu[tmp] = 0;
			else realn[tmp] = realn[i] * prime[j], miu[tmp] = -miu[i];
			f[tmp] = prime[j];
		}
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		int tmp = i;
		while (f[tmp] != tmp) tmp /= f[tmp];
		g[i] = tmp;
	}
}
int fa[MAXN];
int par(int x) {
	while (x != fa[x])
		x = fa[x] = fa[fa[x]];
	return x;
}
int main() {
	int n; read(n);
	vector <int> a(n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(a[i]);
	sort(a.begin(), a.end());
	if (a[1] == 1) {
		printf("%d\n", 1);
		return 0;
	}
	int Max = a.back();
	init(Max);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		a[i] = realn[a[i]];
	sort(a.begin(), a.end());
	Max = a.back();
	static vector <int> factors[MAXN];
	for (int i = 1; i <= Max; i++)
	for (int j = i; j <= Max; j += i)
		factors[j].push_back(i);
	static int cnt[MAXN];
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	for (auto j : factors[a[i]])
		cnt[j]++;
	int ans = 0;
	vector <int> b;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int tmp = 0;
		for (auto j : factors[a[i]])
			tmp += cnt[j] * miu[j];
		if (tmp == 0) ans++;
		else b.push_back(a[i]);
	}
	b.erase(unique(b.begin(), b.end()), b.end());
	a = b, n = a.size();
	int oldn = n;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		fa[i] = i;
	int limit = sqrt(a.back());
	if (limit * limit <= a.back()) limit++;
	static int gcd[448][448];
	for (int i = 0; i < limit; i++)
	for (int j = 0; j < limit; j++)
		gcd[i][j] = __gcd(i, j);
	sort(a.begin(), a.end(), [&] (int x, int y) {return g[x] < g[y]; });
	static deque <pair <int, int> > p[MAXN];
	vector <int> used;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		if (g[a[i]] >= limit) {
			p[a[i] / g[a[i]]].push_back(make_pair(g[a[i]], i));
			if (p[a[i] / g[a[i]]].size() == 1) used.push_back(a[i] / g[a[i]]);
		}
	for (int i = 0; i < n; i++)
	for (auto j : used)
		if (gcd[a[i] % j][j] == 1) {
			pair <int, int> tmp = make_pair(0, -1);
			while (!p[j].empty() && p[j].front().first != g[a[i]]) {
				tmp = p[j].front();
				fa[par(tmp.second)] = par(i);
				p[j].pop_front();
			}
			while (!p[j].empty() && p[j].back().first != g[a[i]]) {
				tmp = p[j].back();
				fa[par(tmp.second)] = par(i);
				p[j].pop_back();
			}
			if (tmp.second != -1) p[j].push_back(tmp);
		}
	while (!a.empty() && g[a.back()] >= limit) a.pop_back();
	n = a.size(); static bitset <Q> edge[P], vis;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		vis.set(i);
		int tmp = a[i];
		while (tmp != 1) {
			edge[num[f[tmp]]].set(i);
			tmp /= f[tmp];
		}
	}
	for (int i = 0; i < n; i++)
		if (vis[i]) {
			int l = 0, r = 0;
			static int q[MAXN];
			q[0] = i, vis[i] = false;
			while (l <= r) {
				int pos = q[l++];
				bitset <Q> e = vis;
				int tmp = a[pos];
				while (tmp != 1) {
					e &= ~edge[num[f[tmp]]];
					tmp /= f[tmp];
				}
				for (unsigned j = e._Find_first(); j < e.size(); j = e._Find_next(j)) {
					q[++r] = j, vis[j] = false;
					fa[par(pos)] = par(j);
				}
			}
		}
	for (int i = 0; i < oldn; i++)
		ans += par(i) == i;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

**【DISTRING】**Distinct Rows in Submatrices

【思路要點】

列舉子矩形的左邊界，將 $N$ 行進行字尾排序，令結果為 $p_1,p_2,...,p_N$ 。

從右向左依次考慮所有矩形的右邊界，初始時，我們認為全部的 $N$ 行是不同的，此時的貢獻可以直接由組合數算出。每當右邊界達到了某兩個相鄰的 $p_i,p_{i+1}$ 的 $lcp$ 時，我們合併 $p_i$ 和 $p_{i+1}$ ，重新計算此時的貢獻，我們需要減去包含與 $p_i$ 相同的位置，不包含與 $p_{i+1}$ 相同的位置或是不包含與 $p_i$ 相同的位置，包含與 $p_{i+1}$ 相同的位置的區間個數。

用並查集 $+$ $std::set$ 配合啟發式合併可以完成上述功能。

時間複雜度 $O(NMLogNM+NMLog^2N)$ 。

【程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
namespace SuffixArray {
	const int MAXN = 5e5 + 5;
	const int MAXLOG = 22;
	const int MAXC = 5e5; 
	int sa[MAXN], rnk[MAXN], height[MAXN];
	int Min[MAXN][MAXLOG], bit[MAXN], N;
	void init(int *a, int n) {
		N = n;
		static int x[MAXN], y[MAXN], cnt[MAXN], rk[MAXN];
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			cnt[a[i]]++;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			cnt[i] += cnt[i - 1];
		for (int i = n; i >= 1; i--)
			sa[cnt[a[i]]--] = i;
		rnk[sa[1]] = 1;
		for (int i = 2; i <= n; i++)
			rnk[sa[i]] = rnk[sa[i - 1]] + (a[sa[i]] != a[sa[i - 1]]);
		for (int k = 1; rnk[sa[n]] != n; k <<= 1) {
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				x[i] = rnk[i];
				y[i] = (i + k <= n) ? rnk[i + k] : 0;
			}
			memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
			for (int i = 1; i <= n; i++)
				cnt[y[i]]++;
			for (int i = 1; i <= n; i++)
				cnt[i] += cnt[i - 1];
			for (int i = n; i >= 1; i--)
				rk[cnt[y[i]]--] = i;
			memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
			for (int i = 1; i &

 
 
              
           
              
              
            
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   離線詢問，按左端點排序。 
   列舉區間的左端點 
       
        
         
  

  
 

    

    
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 **【A】**Antipalindrome 
 【思路要點】 
  
   
   當所有字元相同，答案為 
       
        
     

  
 

    

    
    【貪心】【multiset】Tinkoff Challenge - Final Round (Codeforces Round #414, rated, Div. 1 + Div. 2) C. Naming Company
      nal   head   1+n   final   ase   algorithm   erase   集合   clu   考慮兩個人，先把各自的集合排個序，丟掉一半，因為比較劣的那一半一定用不到。
然後貪心地放，只有兩種決策，要麽把一個最優的放在開頭，要麽把一個最劣的放在結尾。
如果我的最優的比對方所有 

  
 

    

    
    【ICM Technex 2018 and Codeforces Round #463 (Div. 1 + Div. 2, combined) C】 Permutation Cycle
      ech   lac   oid   位置   spa   void   emp   blog   post    【鏈接】  我是鏈接,點我呀:) 
 【題意】

在這裏輸入題意

 【題解】

p[i] = p[p[i]]一直進行下去 在1..n的排列下肯定會回到原位置的。
即最後會形成若幹個環。
g[i] 

  
 

    

    
    【ICM Technex 2018 and Codeforces Round #463 (Div. 1 + Div. 2, combined) A】 Palindromic Supersequence
      ont   include   define   round   sequence   oca   pac   ble   body    【鏈接】  我是鏈接,點我呀:) 
 【題意】

在這裏輸入題意

 【題解】

字符串倒著加到原串右邊就好

 【代碼】


#include <bits/std 

  
 

    

    
    【ICM Technex 2018 and Codeforces Round #463 (Div. 1 + Div. 2, combined) B】Recursive Queries
      題解   fine   com   ces   ble   dfs   con   round   cal    【鏈接】  我是鏈接,點我呀:) 
 【題意】

在這裏輸入題意

 【題解】

寫個記憶化搜索。
接近O(n)的復雜度吧

 【代碼】
#include <bits/stdc++.h> 

  
 

    

    
    【ICM Technex 2018 and Codeforces Round #463 (Div. 1 + Div. 2, combined) D】Tree
      ....   con   out   contest   and   urn   --   ifdef   cnblogs    【鏈接】  我是鏈接,點我呀:) 
 【題意】

讓你在樹上找一個序列。
這個序列中a[1]=R
然後a[2],a[3]..a[d]它們滿足a[2]是a[1]的祖先,a[3]是a[ 

  
 

    

    
    【codeforces】【比賽題解】#868 CF Round #438 (Div.1+Div.2)
      這一   一行   mes   無限   解鎖   col   道路   ces   然而   這次是Div.1+Div.2，所以有7題。
因為時間較早，而且正好趕上訓練，所以機房開黑做。
然而我們都只做了3題。:(。
鏈接。
【A】聲控解鎖
題意：
Arkady的寵物狗Mu-mu有一只手機。它需要朝這個手機 

  
 

    

    
    codechef April Challenge 2018 Div2(1-4)
      直接   #define   style   chef   char s   ans   我們   scanf   ret   T1
簽到題，兩種情況分別計算然後取個min

#include<vector>
#include<map>
#include<cstdio& 

  
 

    

    
    Playrix Codescapes Cup (Codeforces Round #413, rated, Div. 1 + Div. 2)  C. Fountains 【樹狀數組維護區間最大值】
      name   hat   codes   tle   find   lowbit   ble   amp   cif   題目傳送門：http://codeforces.com/contest/799/problem/C

C. Fountains

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    【AIM Tech Round 5 (rated, Div. 1 + Div. 2) 總結】【題解往前或往後翻,不在這】
      思路   set   test   ted   alt   圖片   簡單   單調性   png   又是爆炸的一場

心態有點小崩。但問題不大。。
看A題,一直擔心有多個正方形。。小心翼翼地看完之後,毅然地交上去了。
[00:08] A【Accpted】
然後開始看B題。
覺得和之前做的某題很像,但翻了翻 

  
 

    

    
    【AIM Tech Round 5 (rated, Div. 1 + Div. 2) A】 Find Square
      for   ifdef   push   lld   位數   gin   n)   sin   rep    【鏈接】  我是鏈接,點我呀:) 
 【題意】

在這裏輸入題意

 【題解】

找到左上角。往下一直走,往右一直走走到B邊界就好。
中點的話。直接輸出中位數

 【代碼】
#include < 

  
 

    

    
    【題解】CF#474(Div.1+Div.2) H-Santa's Gift
      col   一個   long long   不同   數據結構   -a   san   不同的   bits   　　好久沒有寫過數據結構題目了，果然還是太不自信。實際上就是要求統計一個式子：
　　\(\sum (c[k]*p[k] - C)^{2}\)
拆開，分別統計和與平方和
\(co[k] * 

  
 

    

    
    Codechef October Challenge 2018 遊記
      byte   pri   上界   取模   之間   而且   糖果   排序。   -o   Codechef October Challenge 2018 遊記
CHSERVE - Chef and Serves
題目大意：
乒乓球比賽中，雙方每累計得兩分就會交換一次發球權。
不過，大廚和小廚用了另外一 

  
 

    

    
    【CodeForces】CodeForces Round #517 (Div. 1 + Div. 2) 題解
       
 
  
  
 【比賽連結】 
  
   
   Div. 1 
   Div. 2 
   
  
 【題解連結】 
  
   
   點選開啟連結 
   
  
 **【Div.2 A】**Golden Plate 
 【思路要點】 
  
   
   直接迴圈計算答案即可。 
   時間複 

  
 

    

    
    【CF】Codeforces Round #505 (Div. 1 + Div. 2)
       
 
 
 終於上紫啦！ 
 撒花！ 
  
 
 刺激，一回二高就打CF，還好準備時間充裕，下了Firefox，調好Dev-C++，裝了CF-Predictor。（廣告預警） 
 強烈推薦外掛 CF-Predictor ！讓你實時瞭解預計Rating Change，從而面向Rating做題（逃  

  
 

    

    
    Codeforces Round #513 by Barcelona Bootcamp (rated, Div. 1 + Div. 2) D. Social Circles 【貪心】
      
                D. Social Circles

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Y 

  
 

    

    
    【CodeForces】CodeForces Round #463 (Div. 1 + Div. 2) 題解
      
                【比賽連結】【題解連結】【A】Palindromic Supersequence【思路要點】將字串正反各列印一遍。時間複雜度\(O(|A|)\)。【程式碼】#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int