GJOI 10.9 题解

1.占卜

题意

$2\le n\le 10^{18}$，$\sum n\le 10^{18}$，$1\le m\le 3\times 10^5$，$\sum m\le 3\times 10^5$。

思路

赛时一车人讨论这是异或还是且，这难道不是且吗？

首先当 $x_i$ 出现 $4$ 次即以上，$i$ 肯定会被满足，只要 00、01、10、11 都试一次就能满足。

考虑出现四次的本质：

4
2 2 3 3

比如给两个 $2$ 分配 $(a,b)=(1,0)$ 和 $(0,0)$，如果 $s_3=0$ 那肯定有一对是猜对了的，因为把 $s_2=0/1$ 都试了一遍。

如果不幸的，$s_3=1$，前面试了两次都错了，那就直接给两个 $3$ 分配 $(1,0)$ 和 $(1,1)$ 了，这两对中也肯定有一对是猜对了的，因为把 $s_4=0/1$ 都试了一遍。

即，$x$ 出现两次，就能确定 $x+1$ 具体是哪一个数了，只要后面连续，并且还有一个出现 $2$ 次即以上的 $x^{\prime }$ 来“接应”，就肯定可以构造！尝试验证这个结论：

7
2 2 3 4 5 6 6

同样先给 $2$ 分配 $(0,0)$ 和 $(1,0)$，最劣时 $s_3=1$。但是 $3$ 只有 $1$ 个，就没法确定 $4$ 了，不过可以确定给 $3$ 分配 $(1,?)$。

考虑先看 $6$。给 $6$ 分配 $(0,0)$ 和 $(0,1)$，最劣时 $s_6=0$，那么在 $5$ 时肯定分配 $(?,0)$。

现在不确定 $4,5$。假如 $3$ 那里是 $(1,0)$，最劣时 $s_4=1$；给 $4$ 分配 $(0,0)$，最劣时 $s_5=1$，因为已经确定 $5$ 要被分配 $(?,0)$，所以直接给 $5$ 分配 $(1,0)$，满足条件结束。

这个过程看似是无穷无尽的，但是因为后面有某个位被确定了（即出现次数 $\ge 2$，形成“接应”），于是这个结论被简易验证了。

那就拿一个桶维护出现次数，验证是否出现连续 $x,x+1,x+2,...,x^{\prime }$，且 $x$ 和 $x^{\prime }$ 出现次数均为 $2$ 次即以上即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=3e5+9;
ll Q,n,m;
ll a[N];
ll b[N],val[N];
unordered_map<ll,ll>mp;
int main()
{freopen("divination.in","r",stdin);freopen("divination.out","w",stdout);scanf("%lld",&Q);while(Q--){scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&a[i]);sort(a+1,a+m+1);bool flag=0;ll tot=1,cnt=0;for(int i=1;i<=m;i++){if(a[i]==a[i+1])tot++;else {if(tot>=4)flag=1;b[++cnt]=tot;val[cnt]=a[i];tot=1;}}if(flag){puts("Yes");continue;}for(int l=1;l<=cnt;){ll r=l;if(b[l]>=2){while(r<=cnt&&val[r]+1==val[r+1]){r++;//b[r]>0，可以接续 if(b[r]>=2){flag=1;break;}}}if(flag)break;l=r+1;}if(flag)puts("Yes");else puts("No");}return 0;
}

2.CF2006C Eri and Expanded Sets

题意

$1\le n\le 2\times 10^5$，$\sum n\le 2\times 10^5$，$a_i\in [1,10^{18}]$。

CF2006C 数据：$1\le n\le 4\times 10^5$，$a\in [1,10^9]$。

两个数据范围做法本质相同。

思路

钦定 $c_i=a_{i+1}-a_i,m=n-1$，记 $g=\underset{i=l}{\overset{r-1}{\gcd }}{c}_i$，定义 $n2(x)$ 操作表示，对 $x$ 一直除以 $2$ 直到不能整除。

整道题围绕着一个结论：

• 若 $g$ 是 $2$ 的幂或者 $1$，区间 $[l,r]$ 的数就可以被削成 $a_l,a_l+1,...,a_r$。

因为一直 $\frac{x+y}{2}=x+\frac{y-x}{2}$，可以把 $c_i=y-x$ 的 $2$ 的因子消耗掉。而如果出现其它质因子就肯定消不掉，导致最后处在公差为 $n2(g)$ 的等差数列。

题目问区间个数，考虑固定一个左端点，计算有多少右端点 $r$。我们只需要找到最小的 $r_0\ge l$，使得 $n2(g)=n2\left(\underset{i=l}{\overset{r_0-1}{\gcd }}{c}_i\right)=1$，因为 $r_0$ 往后再和 $g$ 取 $\gcd$ 必然不大于 $g$，即依然是 $1$。同时显然的，$\gcd$ 从 $l\sim n$ 是单调递减的，于是 $r_0$ 的位置是可二分的。

bool check(ll nl,ll mid)//区间gcd（已经进行剥离2因子操作）
{return query(nl,mid)==1;
}
...
for(int i=1;i<=m;i++)
{ll l=i,r=m,j=m;bool flag=0;//是否有合法的右界出现while(l<=r){ll mid=(l+r)>>1;if(check(i,mid))j=mid,r=mid-1,flag=1;//相等不能当做存在多个，只能算作1个 else l=mid+1;}if(flag)ans+=n-j;//j=r0-1
}

那么我们需要快速获取区间 $\gcd$，因为可以区间合并，于是可以使用线段树或者 ST 表，又因为不带修于是 ST 表了。注意 ST 表的下标是间隔编号，不是元素编号。左端点 $l$ 是 $a_l$ 右边的间隔 $c_l$，上面二分得到 $j$ 的其实是 $r_0-1$。

ll no2(ll x)//可以直接x/lowbit(x)
{if(x==0)return 0;while(x%2==0)x/=2;return x;
}
ll fgcd[N][M],lg2[N];
void init()
{lg2[1]=0;lg2[2]=1;for(int i=3;i<N;i++)lg2[i]=lg2[i/2]+1;
}
void getGCD()
{for(int i=1;i<=m;i++)fgcd[i][0]=no2(c[i]);//提前剥离2因子不影响单调性，依然可以合并 for(int j=1;j<=lg2[m];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=m;i++)fgcd[i][j]=__gcd(fgcd[i][j-1],fgcd[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
ll query(ll l,ll r)
{ll s=lg2[r-l+1];return __gcd(fgcd[l][s],fgcd[r-(1<<s)+1][s]);
}

但有个点要注意，如果遇到相邻的数，会出现 $c_i=0$，众所周知 C++ 的 __gcd(x,y) 遇到其中一个数是 $x=0$ 是并不会返回 $0$ 而是返回 $y$，所以遇到 $l$ 开始一堆 $c_i=0$、后面又有数的就不单调了。但是二分 check 的条件是区间 $\gcd =1$，一串相同的数出现（出现 $\gcd =0$ 只会缩进左界）不影响答案。于是相同的数找到连续若干个 $c_i=0$ 再算进贡献。

二分答案那里 $O(n\log n)$，预处理 ST 表因为 $\gcd$ 也带个 $\log$，于是总体是 $O(n{\log }^{2}n)$ 的。

别忘了只加一个数亦可以。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=4e5+9,M=20,inf=3e14;
ll Q,n,m;
ll a[N],c[N];
ll no2(ll x)
{if(x==0)return 0;while(x%2==0)x/=2;return x;
}
ll cal(ll len)
{return len*(len+1)/2;
}
ll fgcd[N][M],lg2[N];
void init()
{lg2[1]=0;lg2[2]=1;for(int i=3;i<N;i++)lg2[i]=lg2[i/2]+1;
}
void getGCD()
{for(int i=1;i<=m;i++)fgcd[i][0]=no2(c[i]);//提前剥离2因子不影响单调性，依然可以合并 for(int j=1;j<=lg2[m];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=m;i++)fgcd[i][j]=__gcd(fgcd[i][j-1],fgcd[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
ll query(ll l,ll r)
{ll s=lg2[r-l+1];return __gcd(fgcd[l][s],fgcd[r-(1<<s)+1][s]);
}
bool check(ll nl,ll mid)
{return query(nl,mid)==1;
}
int main()
{freopen("set.in","r",stdin);freopen("set.out","w",stdout);init();scanf("%lld",&Q);while(Q--){scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);if(i>1)c[i-1]=abs(a[i]-a[i-1]);}m=n-1;getGCD();ll ans=0,l0=0;c[n]=-1;for(int i=1;i<=n;i++){if(c[i]==0)l0++;else {ans+=cal(l0);l0=0;}}for(int i=1;i<=m;i++){ll l=i,r=m,j=m;bool flag=0;while(l<=r){ll mid=(l+r)>>1;if(check(i,mid))j=mid,r=mid-1,flag=1;//相等不能当做存在多个，只能算作1个 else l=mid+1;}if(flag)ans+=n-j;}printf("%lld\n",ans+n);//记得加上单个}return 0;
}

3.AT_arc178_d Delete Range Mex

题意

给定一个正整数 $N$ 和一个长度为 $M$ 的非负整数序列 $A$。$A$ 的所有元素都 $\in [0,N)$，并且互不相同。

请计算有多少个排列 $B$ 满足以下条件，并输出答案对 $998244353$ 取模后的结果。将排列 $B$ 通过任意次数以下操作变为 $A$：

• 选择满足 $1\le l\le r\le |B|$ 的 $l,r$，如果 mex({Bl,Bl+1,…,Br})\mathrm{mex}(\{B_{l},B_{l+1},\dots,B_{r}\})mex({Bl​,Bl+1​,…,Br​}) 在 $B$ 中出现，则将其从 $B$ 中删除。
• $B$ 的所有元素都 $\in [0,N)$。

$\mathrm{mex}(X)$ 的定义如下：对于由非负整数组成的有限集合 $X$，$\mathrm{mex}(X)$ 是满足 $x\notin X$ 的最小非负整数 $x$。

$1\le M\le N\le 500$，$A_i\in [0,N)$。

南海云课堂题意：$A_i\in [1,n]$，将 $A_i$ 全部 $-1$ 就是相同题意。

思路

思路和实现参考这篇博客，有点贺了呜呜呜。

在区间 $[l,r]$ 成功删掉 $x={\text{mex}}_{l,r}$，需要满足，$[l,r]$ 包含 $0\sim x-1$ 的数且不包含 $x$。

原排列 $B$ 删掉一些数得到 $A$，令删除数形成的有序序列为 $D$。删除的数字按顺序来看必须是从大到小的，否则 $x$ 不能成为 $\text{mex}$。

同时在原序列中，比 $x$ 小的数都在某个区间 $[l,r]$ 中，于是区间 $[l,r]$ 要么在 $x$ 左边要么右边。

考虑倒着插回去，从小到大插入 $A$ 得到若干合法的 $B$。$|A|=M$ 于是有 $M+1$ 个间隔可以插数，一个间隔可以插若干数。设 $f_{x,l,r}$ 表示插入了 $0\sim x$，枚举占用了 $[l,r]$ 区间（$(l,r)$ 空隙），剩余 $[1,l]\cup [r,n]$ 空隙可以插入数的方案数。

若 $x\in A$，记 $x$ 的出现位置为 $po{s}_x$，出现在 $po{s}_x\sim po{s}_x+1$ 区间当中，以后要填的 $x^{\prime }>x$ 就不能插在同一个地方了。于是：
$$f_{x,\min (po{s}_x,l),\max (po{s}_x+1,r)}\leftarrow f_{x-1,l,r}$$

$x$ 没有在 $A$ 中出现过，就插在比它小的数的左侧或者右侧，即分别枚举左右端点 $f_{x,l,r}\leftarrow {\sum }_{i=l}^r{f}_{x-1,i,r}$ 和 $f_{x,l,r}\leftarrow {\sum }_{i=l}^r{f}_{x-1,l,i}$。这个可以前缀和优化，枚举左右端点的时候就能做完。

要特别讨论 $0$，若 $0$ 存在当然 $f_{0,po{s}_x,po{s}_x+1}=1$；否则 $0$ 不存在，随便选一个区间，都能把 $x$ 删掉，此时 $f_{0,i,i}=1$。这就是初始化。

最后答案就是 $f_{n-1,1,m+1}$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=502,mod=998244353;
ll n,m;
ll a[N];
ll pos[N];
ll f[N][N][N];
int main()
{
//	freopen("heritage.in","r",stdin);
//	freopen("heritage.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%lld",&a[i]);pos[a[i]]=i;}if(!pos[0]){for(int i=1;i<=m+1;i++)f[i][i][0]=1;}else f[pos[0]][pos[0]+1][0]=1;for(int x=1;x<n;x++){if(!pos[x]){for(int j=1;j<=m+1;j++){ll s=0;for(int i=j;i>=1;i--){s=(s+f[i][j][x-1])%mod;f[i][j][x]=(f[i][j][x]+s)%mod; }}for(int i=1;i<=m+1;i++){ll s=0;for(int j=i;j<=m+1;j++){s=(s+f[i][j][x-1])%mod;f[i][j][x]=(f[i][j][x]+s)%mod;}}}else {for(ll i=1;i<=m+1;i++){for(ll j=i;j<=m+1;j++){ll l=min(pos[x],i),r=max(pos[x]+1,j);f[l][r][x]=(f[l][r][x]+f[i][j][x-1])%mod;}}}}printf("%lld",f[1][m+1][n-1]);return 0;
}

南海云课堂题面敬请自行修改。

4.AT_arc174_f Final Stage