A - x to y
可以把与操作理解为减，把或操作理解为加。先减掉多的，再加上少的。因此至多两次即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;
using pii = pair<int,int>;
void solve(){
i64 x, y, z;
cin >> x >> y;
z = x ^ y;
int res = 0;
if(x & z) res ++;
if(y & z) res ++;
cout << res << "\n";
}
i32 main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t --) solve();
return 0;
}
B - 闯关
构造题，我们从 k 往前构造，尽可能多填就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;
#define int i64
using pii = pair<int,int>;
i32 main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int n, k, h, l, r;
cin >> n >> k >> h >> l >> r;
if(h + k * l > 0) {
cout << "impossible";
return 0;
}
if(h + (k - 1) * r <= 0) {
cout << "impossible";
return 0;
}
vector<int> a(n + 1, r);
a[k] = l, h += (k - 1) * r + l;
for(int i = k - 1, x; i >= 1; i --){
if(h <= 0) break;
x = min(h, r - l);
a[i] -= x, h -= x;
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)
cout << a[i] << " \n"[i == n];
return 0;
}
C - f * g
其实就是区间的端点乘积。
除了端点相等的情况外，其他情况都会出现两次。
对于修改来说，我们只要查询出另一个数组的区间和就可以计算出答案。因此这题就是单点修改区间查询的题目。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;
#define int i64
using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;
const int mod = 998244353;
struct mint {
int x;
mint(int x = 0) : x(x) {}
mint &operator=(int o) { return x = o, *this; }
mint &operator+=(mint o) { return (x += o.x) >= mod && (x -= mod), *this; }
mint &operator-=(mint o) { return (x -= o.x) < 0 && (x += mod), *this; }
mint &operator*=(mint o) { return x = (i64) x * o.x % mod, *this; }
mint &operator^=(int b) {
mint w = *this;
mint ret(1);
for (; b; b >>= 1, w *= w) if (b & 1) ret *= w;
return x = ret.x, *this;
}
mint &operator/=(mint o) { return *this *= (o ^= (mod - 2)); }
friend mint operator+(mint a, mint b) { return a += b; }
friend mint operator-(mint a, mint b) { return a -= b; }
friend mint operator*(mint a, mint b) { return a *= b; }
friend mint operator/(mint a, mint b) { return a /= b; }
friend mint operator^(mint a, int b) { return a ^= b; }
int val(){
return x = (x % mod + mod) % mod;
}
};
struct BinaryIndexedTree{
#define lowbit(x) ( x & -x )
int n;
vector<mint> b;
BinaryIndexedTree(int n) : n(n) , b(n+1 , 0){};
BinaryIndexedTree(vector<mint> &c){ // 注意数组下标必须从 1 开始
n = c.size() , b = c;
for(int i = 1, fa = i + lowbit(i); i <= n; i ++, fa = i + lowbit(i))
if( fa <= n ) b[fa] += b[i];
}
void modify(int i , mint y){
for(; i <= n ; i += lowbit(i)) b[i] += y;
return;
}
mint calc(int i){
mint sum = 0;
for(; i ; i -= lowbit(i)) sum += b[i];
return sum;
}
mint calc(int l, int r) {
if(l > r) return 0;
return calc(r) - calc(l - 1);
}
};
i32 main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int n, q;
cin >> n >> q;
vector<mint> f(n + 1), g(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> f[i].x;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> g[i].x;
BinaryIndexedTree F(f), G(g);
mint res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
res += f[i] * g[i];
res += f[i] * G.calc(i + 1, n) * 2;
}
for(int t, i, x; q; q --) {
cin >> t >> i >> x;
if(t == 1) {
mint delta = x - f[i];
f[i] += delta, F.modify(i, delta);
res += delta * g[i];
res += delta * G.calc(i + 1, n) * 2;
}else{
mint delta = x - g[i];
g[i] += delta, G.modify(i, delta);
res += delta * f[i];
res += delta * F.calc(1, i - 1) * 2;
}
cout << res.val() << "\n";
}
return 0;
}
D - 最好的序列（Easy）
因为要保证 MEX 最大，因此基础的序列一定是\(1,2,3,\dots,x\)这样的。打表可以看出\(x\)值不会超过\(32\)。对于剩下的部分，如果我们希望继续提高 LCM，就只能按照质因子提高，我们知道求 LCM有一种方法是，质因子分解，然后对不同质因子的指数求 MAX。因此我们可以枚举质因子，算出答案对于当前质因子的指数，然后再枚举最大可以增加多少。然后就会出现很多个质因子可以增加，我们就可以采用状压 DP的方法来计算能达到的最大值。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;
#define int i64
using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;
const int mod = 998244353;
vi p;
void init() {
int n = 32;
p = vi(n);
p[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
p[i] = lcm(p[i - 1], i);
return;
}
void solve() {
int n, X, Y;
cin >> n >> X >> Y;
int t = -1;
for(int i = min({32LL, n, X}); i >= 1 and t == -1; i --)
if(p[i] <= Y) t = i;
int res = p[t];
n -= t;
for(int delta = t; delta > 1 and n > 0; delta --) {
if(delta * res > Y) continue;
vector<pii> b;
for(int i = 2, cur = delta; i <= delta and cur >= 1; i ++) {
if(cur % i != 0) continue;
b.emplace_back(i, 1);
while(cur % i == 0) b.back().second *= i, cur /= i;
}
int M = (1 << b.size()) - 1;
vi can;
for(int i = 1; i <= M; i ++) {
int cnt = 1, cur = res;
for(int j = 0; j < b.size(); j ++) {
if((i & (1 << j)) == 0) continue;
cnt *= b[j].second;
while(cur % b[j].first == 0) cnt *= b[j].first, cur /= b[j].first;
}
if(cnt <= X) can.push_back(i);
}
vi f(M + 1);
f[0] = 1;
for(int N = min(n, (int)b.size()); N; N --) {
auto g = f;
for(int i = 1; i <= M; i ++) {
if(g[i]) continue;
for(int j : can) {
if((i & j) != j) continue;
g[i] |= f[i ^ j];
}
}
f = move(g);
}
if(f[M]){
cout << res * delta << "\n";
return ;
}
}
cout << res << "\n";
return;
}
i32 main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
init();
int T;
cin >> T;
while(T --) solve();
return 0;
}