【做题记录】构造题

CF468C Hack it!

题意：

令 $F(x)$ 表示 $x$ 的各个位上的数字之和，如 $F(1234)=1+2+3+4=10$ 。

给定 $a(a\le 10^{18})$ ，请求出任意一组 $l,r(l,r\le 10^{200})$ ，要求满足：

\[\sum_{i=l}^{r}F(i)\pmod{a}=0 \]

输出 $l,r$ 。

$\texttt{solution}$

注意到，若 $F(x)=p$ ，那么 $F(x+10^{18})=F(x)+1=p+1$ 。

那么可以发现，若 $\sum_{i=0}^{10^{18}-1}F(i)=p$ ，那么有：

\[\sum_{i=1}^{10^{18}}F(i)=sum_{i=1}^{10^{18}-1}+F(10^{18})-F(0)=p+1 \]

因此发现 $l=a-p,r=a-p+10^{18}-1$ 时恰好能够成立。

因此考虑求出 $p$ 。

\[\begin{aligned}\sum_{i=0}^{10^{18}-1}&=45\times 10^{17}+10\times \sum_{i=0}^{10^{17}-1}f(i)\\&=45\times 10^{17}+10\times (45\times 10^{16})+100\times \sum_{i=0}^{10^{16}-1}f(i)\\&=\dots\\&=18\times 45\times 10^{17}\\&=81\times 10^{18}\end{aligned} \]

之后带入式子就可以啦！

typedef unsigned long long ll;
ll a,l,r,p,inf=1e18;
int main()
{a=rd(),p=inf%a*9llu%a*9llu%a;printf("%llu %llu\n",a-p,a-p+inf-1llu);return 0;
}

CF1491F Magnets

交互、二分。

早苗有 $n$ 块磁石，编号为 $1,2,\cdots,n$。每块磁石的磁极可能是正极，负极，也可能没有磁性。她希望你能帮她找出所有没有磁性的磁石。

万幸的是，你有一台磁力检测仪。你每次可以将每个磁石放在这台机器的左托盘，右托盘或者不放。

机器将会返回此时的磁力强度。设托盘左边有 $n_1$ 个磁石为正极，$s_1$ 个磁石为负极，托盘右边中有 $n_2$ 磁石为正极，$s_2$ 个磁石为负极，则返回的磁力强度为 $n_1n_2+s_1s_2-n_1s_2-n_2s_1$。

如果一次测试中磁力强度的绝对值大于 $n$，这台机器就会坏掉。

你需要在 $n+\lfloor\log_2n\rfloor$ 次测试内找到所有没有磁性的磁石的编号，同时不能弄坏机器。

保证存在至少 $2$ 块磁石有磁性且至少 $1$ 块磁石没有磁性。

$\texttt{solution}$

先化简式子发现交互的返回值就是 $(n_1-s_1)(n_2-s_2)$。

由于正负极石头放在一起会导致 $n,s$ 会都大于 $0$ ，使问题变得更为困难。

那么考虑每次查询只对一块石头与其他一堆石头之间进行询问。

那么如果我们已经知道了一块有磁性的此时，就可以非常容易的知道其他所有的此时是否有磁性。

之后考虑如何才能找出有磁性的石头，直接枚举肯定是不行的，最坏都会到 $O(n^2)$ 。

我们可以从 $1$ 向 $n$ 开始枚举 $i$，询问 $[1,i-1]$ 与 $i$。若询问结果不为 $0$，则 $[1,i-1]$ 中必然有一块有磁性的石头，而 $i$ 也一定是有磁性的。因此可以找出一块有磁性的石头。

之后我们是否可以 $O(n)$ 检查所有石头了呢？还是不行。。。

考虑到答案不能超过 $n+\log n$，所以我们只能将上面第二块石头之后，也就是 $[i+1,n]$ 中的石头判断一遍。这样到现在为止总共用了 $n-1$ 次操作。

而 $[1,i-1]$ 中只有 $1$ 快有磁性的石头，所以我们可以二分出这块石头的位置，找出这最后一块有磁性的石头。那么我们就做完啦。

int T,n,Last,pos,cnt;
int ans[Maxn];
inline int query(int nl,int nr,int k)
{printf("? %d %d\n",nr-nl+1,1);for(int i=nl;i<=nr;i++) printf("%d%c",i,(i==nr)?'\n':' ');printf("%d\n",k);fflush(stdout);return rd();
}
inline void print()
{printf("! %d ",cnt);for(int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==cnt)?'\n':' ');fflush(stdout);
}
int main()
{T=rd();while(T--){n=rd(),pos=-1,cnt=0;for(int i=2;i<=n && pos==-1;i++)if(query(1,i-1,i)) pos=i;for(int i=pos+1;i<=n;i++) if(!query(i,i,pos)) ans[++cnt]=i;int nl=1,nr=pos-1;while(nl<=nr){int mid=(nl+nr)>>1;if(query(1,mid,pos)) Last=mid,nr=mid-1;else nl=mid+1;}for(int i=1;i<pos;i++) if(i!=Last) ans[++cnt]=i;print();}return 0;
}

CF1586F Defender of Childhood Dreams

给定一张竞赛图(点数 $\le 1000$)，对于所有 $a<b$，都有一条由 $a$ 到 $b$ 的有向边，并且每一条边都有一个颜色。现在要求所有长度大于等于 $k$ 的路径上都有 $\ge 2$ 中颜色。求出整张图中出现最少出现颜色的数量与边的染色方案。

$\texttt{solution}$

考虑将序列分为许多长度不超过 $k$ 个块，在块与块间连接相同颜色的边。这样可以保证在块与块间转移的边不会形成 $\ge k$ 长度的路径。

在每一个块内部再进行同样的拆分(但在块内的颜色要与块外的颜色不同)，递归进行即可。

#define Maxn 1005
int n,k,ans;
int col[Maxn][Maxn];
void solve(int l,int r,int c)
{if(l==r) return;int len=(r-l+k)/k,tot=(r-l+len)/len;for(int i=1,x,y;i<tot;i++)for(int j=i+1;j<=tot;j++)for(int p=1;p<=len;p++)for(int q=1;q<=len;q++){x=l+(i-1)*len+p-1,y=l+(j-1)*len+q-1;if(y>r) break;col[x][y]=c;}for(int i=1;i<=tot;i++) solve(l+(i-1)*len,min(l+i*len-1,r),c+1);
} 
int main()
{n=rd(),k=rd();solve(1,n,1);for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) ans=max(ans,col[i][j]);printf("%d\n",ans);for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) printf("%d ",col[i][j]);printf("\n");return 0;
}