D - GCD of an Array
给定一个序列，每次将某个位置乘上 (x) 并询问当前的 (gcd) ，对 (1e9+7) 取模。(n,qleq 2e5) .
明显是拆因子+线段树……但是可以用 unordered_map 做 /cy
//Author: RingweEH
unordered_map<int,map<int,int> >mp,cnt;
void Work( int pos,int x )
{
for ( int i=2; i<=sqrt(x); i++ )
while ( x%i==0 )
{
mp[pos][i]++; cnt[i][mp[pos][i]]++;
if ( cnt[i][mp[pos][i]]==n ) ans=ans*i%Mod;
x/=i;
}
if ( x>1 )
{
mp[pos][x]++; cnt[x][mp[pos][x]]++;
if ( cnt[x][mp[pos][x]]==n ) ans=ans*x%Mod;
}
}
int main()
{
n=read(); q=read();
for ( int i=1 ;i<=n; i++ ) a[i]=read(),Work(i,a[i]);
for ( int pos,x; q; q-- )
pos=read(),x=read(),Work(pos,x),printf("%lld
",ans );
return 0;
}
E - Enormous XOR
定义 (g(l,r)=xoplus(x+1)oplus cdotsoplus y) ，(f(l,r)=max{g(x,y)},lleq xleq yleq r) .
给定 (l,r) ，求 (f(l,r)) .
奇妙结论题。
结论：（默认低位开始 (0sim n-1) 位）
- 如果 (l[n-1] eq r[n-1]) ，那么答案是 (11cdots1) （ (n) 位）
- 否则，如果 (r[0]=1) ，答案是 (r) ；如果 (r[0]=0) 且 (lleq r-2) ，答案是 (r+1) ；否则，答案是 (r) .
Proof ：
对于第一种情况显然，因为必然包含了一段 ([0111cdots1,100cdots0]) （ 成段的 (0,1) 都是 (n-1) 个），异或起来就好了。
- (r) 为奇数
考虑归纳证明。(f(r-1,r)) 的答案显然是 (r) . 现在考虑从 (f(l,r) o f(l,r+2)) .
首先，(f(r+1,r+2)=r+2) . 其余段可以分为三种：结尾为 (r+2,r+1,r) . 根据归纳假设，第三类的答案是 (r) . 第一类的答案由一段 ([l,r]) 中的段和一段 ([r+1,r+2]) 组成，后者的异或是 (1) ，所以这一类的答案不会超过 (r+1) .
对于第二类，假设可以找到大于 (r+2) 的答案。那么一定存在一个 (r+2) 中为 (0) 的位，在答案中为 (1) ，由于 (r+2) 是奇数，这一位不是第 (0) 位。设第一个这一位为 (1) 的数是 (x) ，显然 (x) 必然是个奇数（考虑这一位后面的东西全是 (1) ，因为 (x) 是从大到小第一个出现这一位是 (1) 的），那么 ((x,r+2)) （不包含）的总数是个奇数（后面的位从偶数到 (0) ）。而为了让这一位异或结果为 (1) ，从 (x) 往下的段长必然也是奇数（两个 (1) 段之间的 (0) 段长度是偶数），所以答案区间的长度是偶数，也就是说 (n-1) 位异或出来是 (0) ，不可能大于 (r+2) 。所以答案只能是 (r+2) .
归纳可得，这一种情况的答案是 (r) .
- (r) 为偶数
(f(l,r)leq f(l,r+1)=r+1) （因为 (r+1) 是奇数），又由于 (g(r-2,r)=r+1) ，所以 (f(l,r)=r+1) .
//Author: RingweEH
int main()
{
scanf( "%d",&n ); scanf("%s%s",a,b );
reverse(a,a+n); reverse(b,b+n);
if ( a[n-1]!=b[n-1] )
{
for ( int i=0; i<n; i++ ) printf("1"); return 0;
}
if ( b[0]=='1' ) { reverse(b,b+n); puts(b); return 0; }
for ( int i=0; i<n; i++ ) l[i]=(a[i]=='1'),r[i]=(b[i]=='1');
l[0]++;
for ( int i=0; i<n; i++ ) l[i+1]+=l[i]/2,l[i]%=2;
if ( l[n] ) { reverse(b,b+n); puts(b); return 0; }
for ( int i=n-1; i>=0; i-- )
if ( r[i]>l[i] )
{
r[0]++;
for ( int i=0; i<n; i++ ) r[i+1]+=r[i]/2,r[i]%=2;
for ( int i=(r[n]) ? n : n-1; i>=0; i-- ) printf("%d",r[i] );
return 0;
}
reverse(b,b+n); puts(b);
return 0;
}
F - Enchanted Matrix
给定 (n,m) ，将整个矩阵划分成每个大小为 (r imes c) （ (r|n,c|m) ）的子矩阵，使得它们成对相等。求 ((r,c)) 的方案数。
交互题。询问格式为 ? h w i1 j1 i2 j2 ，询问大小为 (h imes w) 且不重叠的、左上角分别为 ((i_1,j_1),(i_2,j_2)) 的子矩阵是否相等。询问次数上限为 (3cdotlfloorlog_2(n+m)
floor) .
大致思路：行列显然可以独立求出来，分开考虑各自能分的最大块数然后计算其约数，相乘即可。
对于求最大块数：先将 (n) （或者 (m) ）分解质因数，然后 ( ext{Check}) ：当前块长为 (len) ，能否分成 (divi) 个相同的块。如果 (divi) 只有 (2) ，那么直接一次询问就能解决。否则，设 (k) 为 (len/divi) 即每个小块的块长，先比较第一个 (divi/2) 和第二个 (divi/2) ，再比较第一个 (divi/2) 和第二个 (divi/2) 加上 (k) 是否相等。这样做的原理在于，第二次比较的后一个矩形是第一次比较的后一个矩形往后移一个 (k) ，不难证明这样可以直接说明全部小块都相同。
//Author: RingweEH
int Query( int len,int p1,int p2 ) //查询整行/整列，另一维长为len，端点p1p2是否相等
{
if ( !fl ) printf("? %d %d %d %d %d %d
",len,m,p1,1,p2,1 );
else printf("? %d %d %d %d %d %d
",n,len,1,p1,1,p2 );
fflush(stdout); int x=read(); return x;
}
//块长是len，分成divi个块，是否相等
bool Check( int len,int divi )
{
if ( divi==2 ) return Query(len/2,1,len/2+1 );
int x=len/divi*(divi/2);
return Query(x,1,x+1) && Query(x,1,x+len/divi+1);
}
//对行/列计算能分的最大块数
int Work( int x )
{
cnt=0; int nw=x;
for ( int i=2; i<=nw; i++ )
if ( nw%i==0 )
{
a[++cnt]=i,b[cnt]=0;
while ( nw%i==0 ) b[cnt]++,nw/=i;
}
int res=1;
for ( int i=1; i<=cnt; i++ )
for ( int j=1; j<=b[i]; j++ )
if ( Check(x/res,a[i]) ) res*=a[i];
else break;
return res;
}
int Count( int x )
{
int res=0;
for ( int i=1; i<=x; i++ ) res+=(x%i==0);
return res;
}
int main()
{
n=read(); m=read();
int ans1=Work(n); fl=1;
int ans2=Work(m);
printf("! %d
",Count(ans1)*Count(ans2) );
return 0;
}