前言
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Div.2——Charlotte
下面是 Div.2 的题解。
A. 我思及他人
对于 (10\%) 的数据，枚举 (A,B,C) 判断即可，时间复杂度 (O(n^3))。
对于 (30\%) 的数据，枚举 (A,B) 判断 (C) 是否合法即可，时间复杂度 (O(n^2))。
对于 (50\%) 的数据，枚举 (C) 计算它对答案的贡献即可，时间复杂度 (O(n))。
对于 (100\%) 的数据，我们考虑把上面对 (C) 贡献的计算用数学方法搞成这样一个式子：（只用到了等差数列的求和公式）
这样的时间复杂度为 (O(1))，即可通过本题。
if(R-L-L<0) printf("0
");
else printf("%lld
",(R-L-L+1)*(R-L-L+2)/2);
B. 恋情与火焰
这题应该算是道送分题——输出 No 有 (60) 分。（当然乱搞还可以得到更多的分）
但实际上正解也不算很难。
设 (m) 为 (a_i) 中的最小值，(M) 为 (a_i) 中的最大值，(cnt) 为 (a_i) 中 (m) 出现的次数。
-
首先有一个显然的结论：若 (M-m>1)，则不存在合法的构造方案。
-
考虑另一种比较简单的结论：若 (M-m=0)，则当且仅当 (cnt=n-1) 或 (2 imes cntleq n) 时存在合法的构造方案。
事实上，我们会发现：(n) 个人中的颜色要么全都不同，要么就不存在某种颜色只出现了一次。
当颜色全都不同时，(cnt=n-1)；当不存在某种颜色只出现了一次时，(2 imes cntleq n)。
- 最后来看这样一个结论：若 (M-m=1)，则当且仅当 (m<cnt) 或 (n-cnt<2 imes (M-cnt)) 时不存在合法构造方案。
我们考虑 (cnt) 的本质意义：只出现一次的颜色数量。
对于一个颜色只出现一次的人来说，他能看到除自己以外所有只出现一次的颜色，有 (cnt-1) 种。
同时他还能看到至少一种出现多次的颜色，所以他至少应该看到 (cnt) 种颜色。
于是合法的构造要满足 (mgeq cnt)。
类似地，对于一个颜色出现多次的人来说，他可以看到当前的所有颜色，所以 (M) 是颜色总数。
那么 (M-cnt) 就是出现多次颜色的数量。
而出现多次的颜色至少要有两个，那么此时就需要满足 (n-cntgeq 2 imes (M-cnt)) 才有合法方案。
根据上述三个结论便可得到正解。
#include<bits/stdc++.h>
#define Re register
using namespace std;
const int N=100005;
int n,a[N];
int cnt,Max,Min=0x3f3f3f3f;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
Max=max(Max,a[i]);
Min=min(Min,a[i]);
}
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==Min)
{
cnt++;
}
}
if(Max-Min>1) return 0*puts("No");
if(Max==Min)
{
if(Min==n-1||2*Min<=n) return 0*puts("Yes");
else return 0*puts("No");
}
if(Min<cnt||n+cnt<2*Max) return 0*puts("No");
return 0*puts("Yes");
}
C. 未曾留意的幸福
取 (x=left(prodlimits_{i=1}^{n}a_i ight)-1) 可得 (f(x)=left(sumlimits_{i=1}^{n}a_i ight)-n)。
这样 (O(n)) 计算即可。
scanf("%d",&n);
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
ans+=a;
}
printf("%d",ans-n);
D. 不在此处的世界
考虑 (operatorname{lcm}(x,y)) 可能取到的最小值。
实际上，取 (x=L,y=2 imes L) 得到 (operatorname{lcm}(x,y)=2 imes L) 为最小值。
这样 (O(1)) 计算即可。
if(r<2*l) puts("-1 -1");
else printf("%d %d
",l,2*l);
E. 你我的约定
把每个 pair 写作 ((a_i,b_i))、((-a_i,-b_i)) 的形式。
那个符号的组合意义就变成是 ((a_i,b_i)) 到 ((-a_j,-b_j)) 的折路径个数。
于是就可以在平面上 DP 来一起统计：设 (f_{i,j}) 表示 ((i,j)) 到它左下角的点的路径总数。
那么有 (f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}+cnt_{i,j})，搞定。
Div.1——某科学的超电磁炮
下面是 Div.1 的题解。
A. RAILGUN
同 Div.2 的 A 题。
B. 御坂妹妹
答案就是两倍总边长减去树的直径。
这个比较显然，你手模一下，发现整棵树绝大多数边都需要遍历两遍，除了其中一条路径，那么当然减去直径最合算。
C. 白井黑子
同 Div.2 的 B 题。
D. 上条当麻
答案为：(P^{(n-1)^2})，因为你枚举左上的 (n-1) 行和 (n-1) 列的结果，有这么多种。
于是你可以求得 (A_{i,n}=Pcdot(N-1)-sum_{j=1}^nA_{i,j})，(A_{n,i}) 也同理。
对于 (A_{n,n})，你会惊奇地发现没有冲突！
注意：(C) 是没有用的，实现的时候，模数只能对 (998244353-1) 取模。
inline void solve()
{
long long n, c, m; cin >>n >>c >>m;
cout << qpow(m % 998244353, (n - 1) % 998244352 * ((n - 1) % 998244352) % 998244352) << endl;
}
E. 信仰不灭
这个是 SG 函数的模板应用，如果不会的话可以看一下 SG 函数的 oi-wiki，代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 5e6 + 1e2;
int n, cnt, SG[maxn]; unordered_map<ll, int> id;
inline ll get(int x, int y) { return x * 100000ll + y; }
int DFS(int x, int y)
{
//cerr << x << ' ' << y << ' ' << cnt << endl;
if (x + y >= n) return 0; int u, v;
if (u = id[get(x, y)]) return SG[u]; u = id[get(x, y)] = ++cnt;
v = DFS(1, x + y); if (!v) SG[u] = 1;
v = DFS(x * 2, y); if (!v) SG[u] = 1;
v = DFS(x * 3, y); if (!v) SG[u] = 1; return SG[u];
}
extern "C" int _opt(int nn, int x, int y)
{
n = nn, DFS(1, 0);
if (!SG[id[get(1, x + y)]]) return 1;
if (!SG[id[get(x * 2, y)]]) return 2;
if (!SG[id[get(x * 3, y)]]) return 3;
return -1;
}
int main()
{
int n, a, b; cin >> n >>a >>b;
cout << _opt(n, a, b) << endl;
}