Topcoder SRM 697题解

D1L1

• 分子分母同乘a[i]:
  \(a_{i}^{b_{i}+1} mod \prod a_i = 0\)
• 然后我们考虑质因子p,设质因子p在a[i]中出现cnt[i]次
• 所以对于每个i都满足：`\(\sum (b_i+1)cnt_i >= \sum cnt_i\)
• \(\sum \frac{1}{b_i+1} > 1\)有解
• \(\sum \frac{1}{b_i+1} = 1\)时,b[i]满足两两不等有解。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
int gcd(int x, int y) {return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int lcm(int x, int y) {return x*y/gcd(x,y);
}struct DivisibleSetDiv1 {string isPossible(vector<int> b) {int sum = 1;set<int> st;for (auto x: b) {x ++;sum = lcm(sum, x);st.insert(x);}int s = 0;for (auto x: b) {x ++;s += (sum / x);}if (s < sum)return "Possible";if (s == sum && st.size() == b.size())return "Possible";return "Impossible"; }
} T;

D1L2

做法

• 一个有趣的算贡献问题

首先答案可以这么算

我们来采访第miao号选手，答案可以这么算

int ans=0;
for i=0 to 1<<m-1:for x=0 to n:for y=0 to n:if a[x]^i < a[miao]^i && a[y]^i < a[miao]^yans++

当然，也可以这么算

int ans=0;for x=0 to n:for y=0 to n:for i=0 to 1<<m-1:if a[x]^i < a[miao]^i && a[y]^i < a[miao]^yans++

超进化！

int ans=0;for x=0 to n:for y=0 to n:ans += 有多少个i符合要求呢？

• 注意到a^x与b^x大小关系，由x在a,b在二进制下，不相等的最高位上，是0，还是1来决定。

Trie树！决定就是你了

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200000+10;
const int MOD = 1000000007;
int n, m;
int a[N];
int ch[N*32][2],sum[N*32],size;void insert(int s) {int now=0;for(int i=m-1;i>=0;i--) {int bit=(s>>i)&1;if (!ch[now][bit]) {ch[now][bit] = ++size;}now = ch[now][bit];sum[now] ++;}
}LL cnt[30];
LL cac(int s) {int now=0;for(int i=m-1;i>=0;i--) {int bit=(s>>i)&1;cnt[i]=sum[ch[now][bit^1]];now = ch[now][bit];}LL ans=0;ans = (LL)(n-1)*(n-1)%MOD*(1LL<<(m-2))%MOD;for (int i=0;i<m;i++) {ans = ans + (LL)cnt[i]*cnt[i]%MOD*(1LL<<(m-2))%MOD;ans %= MOD;}return ans;
}struct XorOrderDiv1 {int get(int mm,int nn,int a0,int b) {n = nn, m = mm;for(int i=0;i<nn;i++) {a[i]=(1LL*a0+1LL*i*b)%(1LL<<mm);insert(a[i]);}LL ans = 0;for(int i=0;i<n;i++) {ans ^= cac(a[i]);}return ans;}
} T;
int main() {int m,n,a,b;cin>>m>>n>>a>>b;cout<<T.get(m,n,a,b)<<endl;
}