A
题解
知识点：贪心。
注意到 \(a[1] \neq 1\) ， \(1\) 永远不可能换到前面；\(a[1] = 1\) 可以交换后面任意元素。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; int a[20]; bool solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; if (a[1] == 1) cout << "YES" << '\n'; else cout << "NO" << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
B
题解
知识点：贪心，枚举。
分两类，一种是纯 \(1\) 或 \(0\) ，另一种是杂合。
显然后者的情况中，把所有数字全选了是最优的；前者枚举一下所有纯子串即可。两种情况，取最大值。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; bool solve() { int n; cin >> n; string s; cin >> s; s = "?" + s; int cnt0 = 0, cnt1 = 0; for (int i = 1;i <= n;i++) { if (s[i] == '0') cnt0++; else cnt1++; } ll mx = 1LL * cnt0 * cnt1; int i = 1, j = 1; while (i <= n) { while (j <= n && s[j] == s[i]) j++; mx = max(mx, 1LL * (j - i) * (j - i)); i = j; } cout << mx << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
C
题解
知识点：构造。
注意到，只有 \(a=b\) 或者 \(a\) 每位都不等于 \(b\) 的对应位才可行。
考虑先把 \(a\) 串的 \(1\) 一个一个消掉，然后发现 \(b\) 会出现全 \(0\) 全 \(1\) 的情况，接下来分类讨论：
- 如果 \(a = b\) ，那么 \(a\) 中 \(1\) 为偶数时得到的 \(b\) 是 \(0\) ，否则是 \(1\) 。
- 如果 \(a\) 每位都不等于 \(b\) 的对应位 ，那么消掉一个 \(1\) 以后又会回到情况1，因此和情况 \(1\) 相反。
全是 \(0\) 直接可以结束，全是 \(1\) 可以先把 \([1,n]\) 取反，然后选择 \([1,1],[2,n]\) 即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; bool solve() { int n; cin >> n; string a, b; cin >> a >> b; a = "?" + a; b = "?" + b; int cnt = 0; for (int i = 1;i <= n;i++) cnt += a[i] == b[i]; if (cnt != 0 && cnt != n) return 0; bool flag = cnt == n ? 0 : 1; vector<pair<int, int>> ans; for (int i = 1;i <= n;i++) { if (a[i] == '1') { ans.push_back({ i, i }); flag ^= 1; } } if (flag) { ans.push_back({ 1,n }); ans.push_back({ 1,1 }); ans.push_back({ 2,n }); } cout << "YES" << '\n'; cout << ans.size() << '\n'; for (auto [i, j] : ans) cout << i << ' ' << j << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << "NO" << '\n'; } return 0; }
D
题解
知识点：分解质因数，容斥原理，数论。
题目要求我们每个 \(b_i\) 的方案数，然后得到总的方案数。
显然有 \(gcd(a_{i-1},b_i) = a_i\) ，注意到 \(a_i\) 必须是 \(a_{i-1}\) 的因子否则不可能得到答案，因此特判一下 \(a_{i} | a_{i-1}\) 。
于是，我们要找到所有的 \(b_i\) ，满足 \(gcd(\frac{a_{i-1}}{a_i},\frac{b_i}{a_i}) = 1\) 且 \(a_i | b_i\) ，其中 \(\frac{b_i}{a_i} \in [1,\frac{m}{a_i}]\) ，即我们从 \([1,\frac{m}{a_i}]\) 整数中找到和 \(\frac{a_{i-1}}{a_i}\) 互素的个数。
这是一个典型的容斥问题。先对 \(\frac{a_{i-1}}{a_i}\) 分解素因数，得到其素因子种类。我们先计算出区间中包含 \(\frac{a_{i-1}}{a_i}\) 因子的数的个数，注意奇加偶减，然后用总数 \(\frac{m}{a_i}\) 减去个数，即与之互素的数的个数，于是我们就得到了 \(b_i\) 的种类。
遍历每个 \(a_i\) 即可。
时间复杂度 \(O(n(\log a_i + 10\cdot 2^{10}))\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; const int mod = 998244353; int a[200007]; bool vis[100007]; int prime[100007]; int cnt; void euler_screen(int n) { for (int i = 2;i <= n;i++) { if (!vis[i]) prime[++cnt] = i; for (int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j++) { vis[i * prime[j]] = 1; if (!(i % prime[j])) break;//如果到了i的最小质因子就不用继续，因为接下去的数x一定能被(i,x)之间的数筛掉 } } }///欧拉筛，O(n)，每个合数只会被最小质因子筛掉 bool solve() { int n, m; cin >> n >> m; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; int ans = 1; for (int i = 2;i <= n;i++) { if (a[i - 1] % a[i]) { ans = 0; break; } int d = a[i - 1] / a[i];//不能出现的因子 int base = m / a[i];//包含a[i]的数个数 vector<int> ft;//对d分解因子种类 for (int j = 1;j <= cnt && prime[j] <= d / prime[j];j++) { if (d % prime[j] == 0) ft.push_back(prime[j]); while (d % prime[j] == 0) d /= prime[j]; } if (d > 1) ft.push_back(d); int sum = 0;//容斥原理，求[1,base]中没有d中因子的数个数 for (int j = 1; j < (1 << ft.size()); j++) { int mul = 1, feat = 0; for (int k = 0; k < ft.size(); k++) { if (j & (1 << k)) { mul *= ft[k]; feat++; } } if (feat & 1) sum = (sum + 1LL * base / mul % mod) % mod; else sum = (sum - 1LL * base / mul % mod + mod) % mod; } sum = (base - sum + mod) % mod; ans = 1LL * ans * sum % mod; } cout << ans << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; euler_screen(100007); while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }