第七届Code+编程大赛划水记

Posted 2020-12-22 p-b-p-b

作为鸽子，回到家已经不想开电脑了，于是当场外选手快乐口胡。

div2的AB就咕了吧。

以下全都是口胡！

Div1 A

T1就来构造题不太好吧/kk

考虑如何操作一个序列：显然应该每次找最靠前的(a_i=i)的位置，然后操作它。

考虑如何算出一个长度固定的序列能操作多少次（在合法的情况下）：从后往前推，设后面一共操作了(x)次，那么加上这个位置之后就会操作(x+lceil x/i ceil)次。还有一个特例：如果(i|x)，那么也可以操作(x+x/i+1)次。

注意到这个特例有点意思，所以可以发现长度固定的序列，后缀操作的次数是一个区间内的任意整数。

不妨大胆猜想长度(n)是可以二分的，那么二分(n)之后做一遍上面的倒推，即可求出(n)过大还是过小，或是构造出解。

经过打表可以发现(n)大概是(2 imes 10^6)级别的。

这样直接做复杂度(O(nlog n))，被出题人卡掉了。

我的想法：打表，预处理几个(n)出来，然后就可以减小二分范围，或是干脆把([1,10^{12}])都覆盖掉。

题解做法：打表，发现(frac{n^2}{n+k})会趋近一个叫(pi)的神秘常数，那么可以缩小二分范围。

Div1 B

离线，把每个位置第一次出现的时间给处理出来。

由于每一种权值被触发的次数之和是(O(nln n))的，所以考虑把每一个权值的答案都处理出来。

于是对于一个权值，我们可以求出它在什么时间之后才能跳(i)次。

然后就做完了？？？

也可以直接在线做，每次修改的时候把能往后跳的权值找出来暴力跳。

由于场上降智了并没有想到怎么把能往后跳的权值找出来

Div1 C

见到数论当场暴毙……

赛后想了一下有一些思路，不过还是只会(p)是质数的情况。设(P=prod p_i)，那么显然可以把每一个(p)的答案乘起来（用中国剩余定理证明），但是我只会算(p_i)的答案模(p_i)得到的值。

滚去看题解，然后……

我太难了，而且现在我还是不会证/kk

丢个(p)是质数的做法就跑吧/kk

先把式子换成(x+yequiv apmod{p})，然后对于每一组((x,y))，方案数是两者二次剩余的解的个数相乘。

然后把(y)换成(a-x)。

由二次剩余的理论，(sqrt x)的解的个数就是(x^{(p-1)/2}+1pmod p)，所以令(m=(p-1)/2)，答案的式子可以写成

[sum_{i=0}^{p-1} (i^m+1)((a-i)^m+1) ]

由二次剩余（或其他）的理论，(sumlimits_{i=0}^{p-1} i^m=0)，所以式子其实就是

[sum_{i=0}^{p-1} i^m(a-i)^m ]

把后面那东西爆开来，得到

[sum_{k=0}^m a^{m-k}(-1)^k{mchoose k}sum_{i=0}^{p-1} i^{m+k} ]

后面的东西是一个自然数幂和，可以证明它等于(-[m+k=p-1])，方法可以用斯特林数+卢卡斯定理，或是其他更好的做法。

所以最终答案就是((-1)^{m+1})。

我真的不会算不取模的值啊/kk

Div1 D

不会，咕了。