Codeforces Round #729 (Div. 2)

A - Odd Set

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cout.tie(0); cin.tie(0);
    for (cin >> _; _; --_) {
        cin >> n;
        int x = 0;
        for (int i = 0; i < n * 2; ++i) {
            cin >> m;
            if (m & 1) ++x;
        }
        cout << (x == n ? "YES
" : "NO
");
    }
    return 0;
}

B - Plus and Multiply

不管怎么算, 最终都可以写成

(k = a^x + b imes y = b imes n + m, m < b and m > 0)

不断让(m) 加上 (b) 直到 (m + b imes t equiv 0 mod b)

复杂度为(log)级别

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
 
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
 
    for (cin >> _; _; --_) {
        long long a, b, c;
        cin >> c >> a >> b;
 
        bool f = c % b == 1 % b;
 
        for (long long sum = a; sum <= c && a != 1 && !f; sum *= a)
            f = sum % b == c % b;
 
        cout << (f ? "Yes" : "No") << '
';
    }
 
    return 0;
}

C - Strange Function

打表找规律, 手推也行

第一个不整除的数, 那可肯定是(2, 3) 交替取

然而当(n mod lcm(2,3) = 0), (2, 3)都去不了, 就取(4)

同理什么时候取(5)呢?

(n mod lcm(2, 3, 4) = 0)

相当于每个数贡献都是2, 然后每(lcm(2))出现一个(3), 相当于从(2)变到(3), 加了个(1)

每(lcm(2, 3)) 出现个(4), 且一定是在(3)的基础上便过来的, 还是加了个(1),

就是不断除(lcm), 加(1) 即可

前(43)个数的(lcm)已经超了(1e16)

long long lcm[44];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
 
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
 
    lcm[1] = 1;
    for (int i = 2; i < 44; ++i)
        lcm[i] = lcm[i - 1] * i / __gcd(lcm[i - 1], (long long)i);
 
    for (cin >> _; _; --_) {
        long long n, ans = 0;
        cin >> n;
 
        for (int i = 1; i < 44; ++i)
            ans = (ans + n / lcm[i]) % mod;
 
        cout << (ans + n) % mod << '
';
    }
 
    return 0;
}

D - Priority Queue

复杂度(O(n^3))的dp

考虑每个数的贡献, 即位于位置(k)的数字(a_i)能被选几次

设(f(i, j))表示前(i)个数有(j)个遇到(-)时可以删除的数, 则

当(i + 1 eq k, f(i, j) ightarrow f(i + 1, j)), 即不选第(i + 1)步操作

当第(i + 1)个操作为(-),

(i + 1 < k), 无论当前(j) 为多少, 都可以把 (-) 选上, (f(i, j) ightarrow f(i + 1, max(j - 1, 0)))
(i + 1 > k and j > 1), 不能把第(k)个数扔了, (f(i, j) ightarrow f(i + 1, j - 1))

当(a_{i + 1} > a_k, f(i, j) ightarrow f(i + 1, j)) 选上第(i + 1)个数, (j) 不变
当(a_{i + 1} < a_k, f(i, j) ightarrow f(i + 1, j + 1)) 选上第(i + 1)个数, (j) 加 (1)
当(a_{i + 1} = a_k and i + 1 < k) 选上第(i + 1)个数, (j) 加 (1)

每次算上贡献 (f(n, i) imes a_k) 即可

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n, ans = 0;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        char c; cin >> c;
        if (c == '+') cin >> a[i];
    }

    for (int k = 1; k <= n; ++k) if (a[k]) {
        vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int j = 0; j <= i; ++j) {
                if (i + 1 ^ k)
                    f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + f[i][j]) % mod;
                if (!a[i + 1]) {
                    if (i + 1 < k || j)
                        f[i + 1][max(j - 1, 0)] = (f[i + 1][max(j - 1, 0)] + f[i][j]) % mod;
                } else {
                    if (a[i + 1] < a[k] || (a[i + 1] == a[k] && i + 1 < k))
                        f[i + 1][j + 1] = (f[i + 1][j + 1] + f[i][j]) % mod;
                    else
                        f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + f[i][j]) % mod;
                }
            }

        for (int j = 0; j <= n; ++j)
            ans = (ans + (long long)f[n][j] * a[k] % mod) % mod;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}