前言

361AB比较水
360AB都不错
C是dp好题（建议也看看洛谷官方题解）
D恶心数论题
E是神奇但不太难的水黑题

CF361A Levko and Table

$\text{Description}$

Levko 很喜欢幻方，他想构造一个长宽都是 $n$ 且每行每列的和都是 $k$ 的幻方，请你帮帮他.

$\text{Solution}$

每个 $(i,i)$ 的点填 $m$ 剩下全填 $0$ 即可.
我写的是对角填 $m-n+1$ 其他地方填 $1$，但都是一个道理.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=25;
#define r rand()
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j) printf("%d ",m-n+1);else printf("1 ");}putchar('\n');}
}

CF361B Levko and Permutation

$\text{Description}$

给定 $n,k$，你需要构造一个序列，使得集合 {i∣1≤i≤n,gcd(i,ai)>1}\{i|{1\le i \le n,gcd(i,a_i)>1}\}{i∣1≤i≤n,gcd(i,ai​)>1} 的元素个数恰好为 $k$.

$\text{Solution}$

首先，由于 $1$ 必然不合法， $k=n$ 时必然无解.

$k<n$时，对于 $2\le i\le k+1$我们让 $a_i=i$，从而使其全部合法.
使 $a_{k+2}=1,a_1=n,a_i=i-1(k+3\le i\le n)$，从而使剩下的全部元素均不合法.
注意特判 $m=n-1$ 的情况.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=25;
#define r rand()
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();if(n==m){printf("-1");return 0;}printf("%d ",m==n-1?1:n);for(int i=2;i<=m+1;i++) printf("%d ",i);if(m!=n-1) printf("1 ");for(int i=m+3;i<=n;i++) printf("%d ",i-1);return 0;
}

CF360A Levko and Array Recovery

$\text{Description}$

有一个长度为 $n$ 的序列 $a_{1...n}$，对其进行 $m$ 次操作，操作有两种：

1. $1l_i{r}_i{d}_i$：对于 $l_i\le j\le r_i$，$a_j\leftarrow a_j+d_i.$
2. $2l_i{r}_i{m}_i$：查询 $\max a_j(l_i\le j\le r_i).$

现在给出 $n,m$ 和操作信息，请你构造出一种合法的序列或者报告无解.

$\text{Solution}$

设第 $i$ 个元素当前的增量为 $ad{d}_i$，每个元素初始的最大值为 $m{x}_i$.
每次对于操作二，$m{x}_j\leftarrow \min (m{x}_j,m_i-ad{d}_j)(l_i\le j\le r_i)$.
这样，把操作扫一遍就能求出所有元素的 $m{x}_i$.
得出正确的 $m{x}_i$ 后，我们再扫一遍操作序列，对于每一次操作二，设 $w=\max m{x}_j(l_i\le j\le r_i)$.
由于第一次维护的原因，必然有 $w\le m_i$.
若 $w<m_i$，说明区间内的所有元素都达不到 $m_i$，报告无解.
如果扫到最后还没有无解，输出 $m{x}_{1...n}$ 作为构造的序列.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=5005;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
int mx[N],add[N];
struct query{int op,l,r,x;
}q[N];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();memset(mx,0x3f,sizeof(mx));for(int i=1;i<=m;i++){q[i]=(query){(int)read(),(int)read(),(int)read(),(int)read()};if(q[i].op==1){for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) add[j]+=q[i].x;}else{for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) mx[j]=min(mx[j],q[i].x-add[j]);}}memset(add,0,sizeof(add));for(int i=1;i<=m;i++){if(q[i].op==1){for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) add[j]+=q[i].x;}else{int o=-2e9;for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) o=max(o,mx[j]+add[j]);if(o!=q[i].x){printf("NO\n");return 0;}//printf("i=%d o=%d\n",i,o);}}printf("YES\n");for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",min(mx[i],1000000000));return 0;
}

CF360B Levko and Array

$\text{Description}$

给出一个序列 $a_{1...n}$，可以修改 $k$ 个值,最小化 $\max |a_i-a_{i+1}|(1\le i<n)$.
$k\le n\le 2000$

$\text{Solution}$

很巧妙的一道题.
容易想到二分答案，关键就是如何判断合法.
正难则反，改为保留至少 $n-k$ 个数不变.
设计 $d{p}_i$ 表示 $[1,i]$ 区间中保留 $i$ 的前提下保留数的最多个数.
转移则是：
$$d{p}_i=\max d{p}_j+1(j<i,|a_i-a_j|\le (j-i)\times d)$$
暴力 $n^2$ 转移即可通过.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=6005;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
ll a[N];
int dp[N];
bool check(ll x){for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=1;for(int j=1;j<i;j++){if(abs(a[i]-a[j])<=1ll*(i-j)*x) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);}if(dp[i]+m>=n) return true;}return false;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();ll st=0,ed=2e9;while(st<ed){ll mid=(st+ed)>>1;if(check(mid)) ed=mid;else st=mid+1;}printf("%lld\n",st);return 0;
}

CF360C Levko and Strings

$\text{Description}$

给一个为 $n$ 的只有小写字母组成的串 $s$，定义它与一个长度为 $n$ 的串 $t$ 的美丽度为：存在多少个二元组 $(i,j)1\le i\le j\le n$ 满足 $s_{i...j}<t_{i...j}$，这里的’<'是字典序比较。求有多少个 $t$，使得 $s$ 与 $t$ 的美丽度为 $k$.
$n,k\le 2000$

$\text{Solution}$

很好的 DP 题.
一种不太一样的做法.
容易想到设计 $d{p}_{i,j}$ 表示 $[1...i]$ 已经确定的二元组有 $j$ 个的方案数.
设 $u{p}_i$ 为大于 $s_i$ 的字符数，设 $bo{t}_i$ 为小于 $s_i$ 的字符数.

对于第 $i$ 位填不同于 $s_i$ 的字符时，比较容易写出转移：

1. $t_i<s_i$ 时，合法二元组数量不变，所以有：
   $$bo{t}_i\times d{p}_{i-1,j}\to d{p}_{i,j}$$
2. $t_i>s_i$ 时，对于任意的 $i\le j\le n$，$(i,j)$ 都是合法的二元组，一共增加了 $n-i+1$ 个，所以有：
   $$u{p}_i\times d{p}_{i-1,j}\to d{p}_{i,j+(n-i+1)}$$

接下来就是 $s_i=t_i$ 的情况，相对比较麻烦.

还是分情况来讨论.

1. 连续多位相等，到某一位 $t_k<s_k$。合法二元组不变，则有：
   $$bo{t}_k\times d{p}_{i-1,j}\to d{p}_{k,j}(i<k\le n)$$

暴力统计显然会 T，但是可以开一个 $sum$ 数组然后把 $d{p}_{i,j}$ 加到 $su{m}_j$ 里面，统计到后面的时候把 $su{m}_j$ 里所有的值统计起来即可.

2. 连续多位相等，到某一位 $t_k>s_k$。对于 $i\le a\le k,k\le b\le n$，$(a,b)$ 都是合法的二元组，增加的二元组数量是 $(k-i+1)\times (n-k+1)$，所以有：
   $$u{p}_k\times d{p}_{i-1,j}\to d{p}_{k,j+(k-i+1)\times (n-k+1)}(i<k\le n)$$

这个想用类似情况 $1$ 的方法统计比较困难，但是我们发现，在 $n-i$ 较大时，增加二元组的数量是一个关于 $k$ 的二次单峰函数，由于 $m$ 只有 $O(n)$ 级别，所以有效的转移非常少。我们可以从两边暴力转移，增量超过 $m$ 就 break 即可.

3. 不要忘记还有可能始终到最后都相等，可以直接：
   $$d{p}_{i,j}\to d{p}_{n,j}$$

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2005;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
char s[N];
ll dp[N][N],botsum[N];
ll c[N];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endif//debug("%d\n",(int)sizeof(dp)/1024/1024);n=read();m=read();scanf(" %s",s+1);dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++){int bot=s[i]-'a',up='z'-s[i];      (dp[i][j]+=bot*botsum[j])%=mod;(dp[i][j]+=bot*dp[i-1][j])%=mod;if(j-(n-i+1)>=0){(dp[i][j]+=up*dp[i-1][j-(n-i+1)])%=mod;	}//printf("i=%d j=%d bot=%d up=%d dp=%lld\n",i,j,bot,up,dp[i][j]);}for(int j=0;j<=m;j++){(botsum[j]+=dp[i-1][j])%=mod;      (dp[n][j]+=dp[i-1][j])%=mod;int l=i+1,r=n;for(;l<=n;l++){int add=(l-i+1)*(n-l+1);if(j+add>m) break;(dp[l][j+add]+=('z'-s[l])*dp[i-1][j])%=mod;}for(;r>l;r--){int add=(r-i+1)*(n-r+1);if(j+add>m) break;(dp[r][j+add]+=('z'-s[r])*dp[i-1][j])%=mod;}}}printf("%lld\n",dp[n][m]);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF360D Levko and Sets

$\text{Description}$

有两个整数数组 $a_1,a_2......a_n$ 和 $b_1,b_2......b_m$，与一个质数 $p$ ，现在要生成 $n$ 个集合，第 $i$ 个集合生成方式如下：

1. 开始，集合只有元素 $1$.
2. 从集合中选一个元素 $c$ ，对于所有的 $j$ ，如果满足 $(c\times a_i^{b_j})\%p$ 不在当前集合，就把它加入集合.
3. 重复以上步骤.

求 $n$ 个集合的并的大小.
$n\le 10^4,m\le 10^5,p\le 10^9$
$a_i\le p,b_i\le 10^9$

$\text{Solution}$

题意简化一下就是集合里的元素是 $a_i$ 的（$b_i$组合相加）次幂模 $p$ 的结果.
设 $\varphi =p-1,g=\gcd (\varphi ,{\gcd }_{i=1}^m{b}_i)$，那么第 $i$ 个集合可以等价为：
{aikg(modp)∣k∈N}\{a_i^{kg}(mod\space p)|k\in N\}{aikg​(mod p)∣k∈N}
设 $c_i$ 为最小的 $k$，满足 $a_i^{g{c}_i}=1(modp)$，$c_i$ 必然是 $\varphi$ 的因子，可以预处理出 $\varphi$ 的因子后暴力求出.
那么这个集合可以等价为：
{1,aig,ai2g,...,ai(ci−1)g}\{1,a_i^{g},a_i^{2g},...,a_i^{(c_i-1)g}\}{1,aig​,ai2g​,...,ai(ci​−1)g​}
设 $R$ 为 $p$ 的原根，那么上面的集合等价于：
{R0,Rϕci,R2×ϕci,...,R(ci−1)×ϕci}\large \{R^0,R^{\frac{\phi}{c_i}},R^{2\times \frac{\phi}{c_i}},...,R^{(c_i-1)\times \frac{\phi}{c_i}}\}{R0,Rci​ϕ​,R2×ci​ϕ​,...,R(ci​−1)×ci​ϕ​}
那么问题就转化为了给出一个数列 $c_{1...n}$ ，求 $[1,\varphi ]$ 之间由 $c$ 数列筛出的数的个数，其中 $c_i$ 均是 $\varphi$ 的因子.
设 $f_x$ 为只被 $x$ 筛掉的数的个数.
就有
$$f_x=\frac{\varphi }{x}-\sum f_{kx}$$
由于所有的 $c_i$ 都是 $\varphi$ 的因数，所以也只枚举 $\varphi$ 的因数即可.
最后的答案就是把所有是 $c_i$ 倍数的 $x$ 的 $f_x$ 加起来.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
int mod;
inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int a[N],b[N],c[N],g;
int pd[N],tot;
int f[N];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();mod=read();int phi=mod-1;g=phi;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read(),g=gcd(g,b[i]);  for(int i=1;i*i<=phi;i++){if(phi%i) continue;pd[++tot]=i;if(i*i<phi) pd[++tot]=phi/i;}sort(pd+1,pd+1+tot);for(int i=1;i<=n;i++){int d=ksm(a[i],g);for(int j=1;j<=tot;j++){if(ksm(d,pd[j])==1){c[i]=phi/pd[j];break;}}//printf("i=%d c=%d\n",i,c[i]);}int res(0);for(int i=tot;i>=1;i--){bool flag=0;for(int j=1;j<=n;j++){if(pd[i]%c[j]==0){flag=1;break;}}if(!flag) continue;f[i]=phi/pd[i];for(int j=i+1;j<=tot;j++){if(pd[j]%pd[i]==0) f[i]-=f[j];}res+=f[i];}printf("%d\n",res);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF360E Levko and Game

$\text{Description}$

你和你的朋友在一张有 $n$（$n\le 10^4$）个点， $m+k$（$m\le 10^4,k\le 100$）条边的带权有向图上玩一个游戏.

一开始你们分别处在 $S_1$ 和 $S_2$ 上,你们需要到达 $T$.

你可以将给定的 $k$ 条边的权值修改为 $[L,R]$ 中任何数.

问你是否能先到达 $T$,如果不能,能否达成平局.
$n,m\le 10^4,k\le 100$

$\text{Solution}$

一开始把所有边的权都设成最大.
对于一条边 $(u\to v)$，若 $dis{1}_u\le dis{1}_v$，就把它的边权设成最小，因为如果 B 想用这条边，必败无疑.
改权后可能 $dis$ 的关系发生变化，重新跑 Dijkstra，再次判断即可.
复杂度 $O(nk)$.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e4+100;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
struct node{int to,nxt,frm,w;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y,int w){p[++cnt]=(node){y,fi[x],x,w};fi[x]=cnt;return;
}
int id[105];
int u[105],v[105],l[105],r[105];
int s1,s2,t;
ll dis1[N],dis2[N];
bool vis[N];
#define pr pair<int,ll>
#define mkp make_pair
priority_queue<pr,vector<pr>,greater<pr> >q;
void dij(ll *dis,int s){memset(vis,0,sizeof(vis));dis[s]=0;q.push(mkp(0,s));while(!q.empty()){int now=q.top().second;q.pop();if(vis[now]) continue;vis[now]=1;for(int i=fi[now];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(dis[to]>dis[now]+p[i].w){dis[to]=dis[now]+p[i].w;q.push(mkp(dis[to],to));}}}return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();m=read();k=read();s1=read();s2=read();t=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read(),w=read();addline(x,y,w);}for(int i=1;i<=k;i++){u[i]=read(),v[i]=read(),l[i]=read(),r[i]=read();addline(u[i],v[i],r[i]);id[i]=cnt;}while(1){int f=0;memset(dis1,0x3f,sizeof(dis1));memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2));dij(dis1,s1);dij(dis2,s2);for(int i=1;i<=k;i++){if(p[id[i]].w!=l[i]&&dis1[u[i]]<dis2[u[i]]){f=1;p[id[i]].w=l[i];break;}}if(!f) break;}memset(dis1,0x3f,sizeof(dis1));memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2));dij(dis1,s1);dij(dis2,s2);if(dis1[t]>dis2[t]) printf("LOSE");else{if(dis1[t]==dis2[t]) printf("DRAW\n");else printf("WIN\n");for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d ",p[id[i]].w);}return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/