这场AGC我竟然会四题，吓傻了
然后仔细一看发现BCD都是700pts的……果然我还是naive
E题好像还是不会= =
\(\bf A - 01 \ Matrix\)
\(\bf Solution\)：直接贴代码（因为太浅显了0_0）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
using namespace std;
const int N=2002;
int n,m,A,B;
int main(){
cin>>n>>m>>A>>B;
fr(i,1,n){
fr(j,1,m)
printf("%d",(i<=B)^(j<=A));
puts("");
}
return 0;
}\(\bf B- Sorting \ a \ Segment\)
\(\bf Description\)：给你一个长度为 \(n\) 的排列，一次操作可以选择连续 \(k\) 个进行排序，问一次操作后有多少种可能排列。
\(\bf Solution\)：首先显然一段区间递增的话排序后不变，所以先把这样的区间踢掉。然后我们考虑选择 \([i,i+k-1]\) 与 \([i+1,i+k]\) 这两个区间操作后，如果获得的排列是一样的话，那么显然 \(P_i\) 是 \([i,i+k-1]\) 的最小值，\(P_{i+k}\) 是 \([i+1,i+k]\) 的最大值，用单调队列预处理滑动窗口最值就好了……当然想写线段树或者ST表什么的也阔以0_0
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
using namespace std;
const int N=200002;
int n,K,a[N];
int h[N],t,w;
int mn[N],mx[N];
void read(int &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
void push(int x,bool (*cmp)(int,int)){
while(w>=t&&cmp(a[h[w]],a[x])) w--;
h[++w]=x;
}
int find(int x){
while(h[t]<=x-K) t++;
return a[h[t]];
}
bool big(int x,int y){ return x>y; }
bool small(int x,int y){ return x<y; }
void init(){
t=1;w=0;
fr(i,1,n){
push(i,big);
mn[i]=find(i);
}
t=1;w=0;
fr(i,1,n){
push(i,small);
mx[i]=find(i);
}
}
int main(){
read(n);read(K);
fr(i,1,n) read(a[i]);
init();
int flag=0;
fr(i,2,K) if (a[i-1]>a[i]) flag++;
int bo=0,ans=0;
fr(i,K,n){
if (flag==0) bo=1;
else{
if (i==K||a[i-K]!=mn[i-1]||a[i]!=mx[i]) ans++;
}
flag-=a[i-K+1]>a[i-K+2];
flag+=a[i]>a[i+1];
}
cout<<ans+bo<<endl;
return 0;
}\(\bf C-LCMs\)
\(\bf Description\)：求 \(\sum_{i=1}^{N-1} \sum_{j=i+1}^{N} lcm(A_i,A_j)\)
\(\bf Solution\)：看起来不太新鲜的题……
莫比乌斯反演……
题目是有序对，转成无序对会比较好求，并且要把所有数存到一个桶 \(s\) 里
设 \(g(x)=(\sum_{i=1}^{M/x} s_{xi} \cdot xi)^2\) （\(M\) 是值域）
然后给 \(g\) 反演一下变成 \(f\) ，这里用的是第二种莫比乌斯反演：若\(g(n)=\sum_{n|d}f(d)\)，则\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(d/n)g(d)\)
然后答案显然是 \(\sum_{i=1}^M \frac{f(i)}{i}\)
啊感性理解
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
using namespace std;
const int N=200002;
const int M=1000002;
const int p=998244353;
const int inv2=(p+1)/2;
int n,a[N],s[M];
int mu[M];
ll sum[M],f[M];
void read(int &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
void Add(ll &x,ll y){
x+=y;
while(x>=p) x-=p;
while(x<0) x+=p;
}
int b[M],pri[M],L;
void init(){
mu[1]=1;
frl(i,2,M){
if (!b[i]) pri[++L]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=L&&i*pri[j]<M;j++){
b[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]==0) break;
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
ll qpow(ll sum,ll n){
ll ans=1;
for(;n;n>>=1,sum=sum*sum%p) if (n&1) ans=ans*sum%p;
return ans;
}
int main(){
read(n);
fr(i,1,n) read(a[i]),s[a[i]]++;
init();
frl(i,1,M){
for(int j=i;j<M;j+=i)
Add(sum[i],1LL*s[j]*j);
sum[i]=sum[i]*sum[i]%p;
}
frl(i,1,M){
for(int j=i;j<M;j+=i)
Add(f[i],sum[j]*mu[j/i]);
}
ll ans=0;
frl(i,1,M){
if (f[i]) Add(ans,f[i]*qpow(i,p-2)%p);
}
fr(i,1,n) Add(ans,-a[i]);
cout<<ans*inv2%p<<endl;
return 0;
}\(\bf D-Unique \ Path\)
\(\bf Description\)：有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的联通图，告诉你某些点对之间只有一条简单路径，某些有两条，问这样的图是否存在。
\(\bf Solution\)：首先发现一张图里，除了那些看起来在一棵树上的点之间只有一条路，其他都有多条。。这启发我们对于所有 \(C_i=0\) 的边维护一下连通性，在一个联通块里就表示在一棵看起来像树的东西上面（可能有些结点上会挂很多圈圈）。如果有 \(C_i=1\) 的边连接的两个点在同一个联通块里那显然是不行的。然后假如现在有 \(cnt\) 个联通块，我们发现最多还可以连 \(cnt(cnt-1)/2\) 条边，所以如果边数多与 \(n-cnt+cnt(cnt-1)/2\) 那肯定不行。然后还有就是如果只有一或俩联通块但是有 \(C_i=1\) 的边那也不行。如果有 \(C_i=1\) 的边那就起码有 \(n\) 条边，所以如果只有 \(n-1\) 条也不行。。
细节好多，我爆了5发才过= =都要怀疑是不是又胡假算法惹0_0
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
using namespace std;
const int N=200002;
int n,Q;
ll m;
struct data{
int x,y,w;
bool operator < (const data &q)const{ return w<q.w; }
}a[N];
int f[N];
template<class T> void read(T &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
int gf(int x){ return f[x]==x?x:f[x]=gf(f[x]); }
int main(){
read(n);read(m);read(Q);
fr(i,1,Q) read(a[i].x),read(a[i].y),read(a[i].w);
fr(i,1,Q) a[i].x++,a[i].y++;
sort(a+1,a+1+Q);
fr(i,1,n) f[i]=i;
int flag=0;
fr(i,1,Q){
if (a[i].w){
flag=i;
break;
}
int x=a[i].x,y=a[i].y;
f[gf(x)]=gf(y);
}
if (flag) fr(i,flag,Q) if (gf(a[i].x)==gf(a[i].y)) return puts("No"),0;
int cnt=0;
fr(i,1,n) if (gf(i)==i) cnt++;
if (!flag){
if (m>1LL*cnt*(cnt-1)/2+n-cnt) puts("No");
else puts("Yes");
} else{
if (cnt<=2||m<n) puts("No");
else if (m>1LL*cnt*(cnt-1)/2+n-cnt) puts("No");
else puts("Yes");
}
return 0;
}