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====== CodeChef February Challenge 2021 ======

[[https://www.codechef.com/FEB21?itm_campaign=contest_listing|比赛链接]]

===== Prime Game =====

==== 题意 ====

给定一个数 $A$，并且 $A$ 的初始值为 $X!$。

接下来两个人轮流操作，每次操作选择一个不超过 $N$ 且质因子种数不超过 $Y$ 的正整数 $D$，得到 $A-D$。

先找到 $0$ 的玩家获胜。给定 $T$ 组询问，每个询问给定 $X$，询问先手玩家是否可以必胜。

==== 题解 ====

首先将所有素数从小到大排列，记为 $p_1,p_2\cdots$ 同时设 $B=\prod_{i=1}^{Y+1} p_i$。

记状态一表示 $B\mid A$，状态二表示 $B\nmid A$。

显然如果当前处于状态一，则下一步一定进入状态二，因为 $B\nmid D$。

如果当前处于状态二，则可以取 $D\equiv A\mod B$，则 $B\mid A-D$ 且 $B\nmid D$，所以 $D$ 至多有 $Y$ 种素因子，即 $D$ 合法。

于是如果 $A$ 一开始是状态一，则每次行动玩家一一定进入状态二，而玩家二一定有办法回到状态一。

由于状态二中不存在 $0$，所以玩家一必败。如果 $A$ 一开始是状态二，则玩家一像上一种情况的玩家二一样操作即可，此时玩家一必胜。

于是线性筛预处理，然后判定 $X$ 是否不超过 $p_y$ 即可，时间复杂度 $O(X+T)$。 

===== Multiple Games =====

==== 题意 ====

给定严格递增的正整数序列 $A_1,A_2\cdots A_n$，保证 $A_i+A_1\ge A_{i+1}$。一开始由我方选定一个 $G$，使得 $0\le G\le M$。

接下来 $q$ 场游戏，每场游戏我方先手，且一开始有 $G$ 个石头。第 $i$ 场游戏每次可以拿 $\{A_l,A_{l+1}\cdots A_r\}$ 个石头。

问必胜场次最多有几场。

==== 题解 ====

首先给出两个博弈游戏等价的定义：对同一个状态(本题为当前石头数)，两个博弈游戏要么都是必胜状态要么都是必败状态。

另外假设每次可以拿的石头为 $[l,r]$ 个，则必胜状态为 $G\bmod (l+r)\ge l$。

接下来给出两个条件：

  - 每次可以拿 $S=\{a_1,a_2\cdots a_k\}$ 个石头的游戏等价于每次可以拿 $[\min S,\max S]$ 个石头的游戏。
  - 对任意 $a_i,a_j\in S$，若 $a_i+\min S\lt a_j$，则存在 $a_k\in S$，使得 $a_i\lt a_k\lt a_j$。

下面证明这两个条件等价。首先不妨令 $a_1\lt a_2\cdots \lt a_n$。

当条件一成立时，假设存在 $a_i+a_1\lt a_j$，且不存在 $a_k\in S$，使得 $a_i\lt a_k\lt a_j$ 的情况。

于是有 $j=i+1$，即 $a_i+a_1\lt a_{i+1}$。取 $G\bmod (a_1+a_k)=a_1+a_i$，根据条件一 $G$ 是必胜状态。

于是如果选取 $a_1\sim a_i$，则 $a_1\le G'\bmod (a_1+a_k)\le a_l$，根据条件一 $G'$ 是必胜状态。

如果选取 $a_{i+1}\sim a_k$，则 $G'\bmod (a_1+a_k)\gt 2a_1+a_i$，根据条件一 $G'$ 是必胜状态。

于是 $G$ 是必败状态，矛盾。于是充分性证毕。

当条件二成立时，首先考虑 $0\le G\lt a_1+a_k$。易知 $0\lt G\lt a_1$ 是必败状态。

当 $a_i\le G\lt a_{i+1}$ 时，取 $a_i$ 个石头，根据条件二，有 $a_i+a_1\ge a_{i+1}$，于是 $G'=G-a_i\lt a_1$ 是必败状态。

于是 $a_1\le G\lt a_k$ 是必胜状态。当 $a_k\le G\lt a_1+a_k$ 时取 $a_k$ 个石头有 $G'\lt a_i$，于是 $G$ 也是必胜状态。

于是 $0\le G\lt a_1+a_k$ 时必胜状态为 $a_1\le G\lt a_1+a_k$。

数学归纳法设 $k(a_1+a_k)\le G\lt (k+1)(a_1+a_k)$ 满足条件一。

当 $(k+1)(a_1+a_k)\le G\lt (k+1)(a_1+a_k)+a_1$ 时，任意取石头 $a_1\sim a_k$。

发现总有 $k(a_1+a_k)+a_1\le G'\lt (k+1)(a_1+a_k)$ 全是必胜状态，于是 $G$ 是必败状态。

当 $(k+1)(a_1+a_k)+a_1\le G\lt (k+2)(a_1+a_k)$ 类比 $a_1\le G\lt a_1+a_k$ 的取法即可到达必败状态，于是 $G$ 是必胜状态。必要性证毕。

回到原题，现在只需要考虑选取 $G$ 使得其满足尽可能多的 $G\bmod (a_{l_i}+a_{r_i})\ge a_{l_i}$ 即可。

考虑维护 $0\le G\le m$ 的答案数组。对 $a_{l_i}+a_{r_i}\ge \sqrt m$ 的询问，可以转化为不超过 $O(\sqrt m)$ 次区间加操作。

利用差分和前缀和可以 $O(\sqrt m)$ 处理每个上面询问。

对 $a_{l_i}+a_{r_i}\lt \sqrt m$ 的询问，考虑用 $O(\sqrt m)$ 个长度不超过 $O(\sqrt m)$ 的数组 $c$ 维护贡献。

对每个上面询问使得 $c(l_i+r_i)(l_i\sim r_i)$ 加一。

最后从 $0\sim m$ 扫描一遍答案数组，同时加上这 $O(\sqrt m)$ 的数组的当前位置贡献，然后每个数组指针移动一位。

总时间复杂度 $O((m+q)\sqrt m)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e5+5,MAXM=500;
int a[MAXN],s[MAXN],c[MAXM][MAXM],p[MAXM];
int main()
{
	int T=read_int();
	while(T--){
		int n=read_int(),q=read_int(),m=read_int(),blk=sqrt(m)+1;
		_rep(i,0,m)s[i]=0;
		_for(i,1,blk){
			_for(j,0,i)c[i][j]=0;
			p[i]=0;
		}
		_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
		while(q--){
			int l=read_int(),r=read_int();
			if(a[l]+a[r]>=blk){
				int pos=a[l];
				while(pos<=m){
					s[pos]++;
					if(pos+a[r]<=m)s[pos+a[r]]--;
					pos+=a[l]+a[r];
				}
			}
			else{
				_for(i,l,l+r)
				c[l+r][i]++;
			}
		}
		_rep(i,1,m)s[i]+=s[i-1];
		_rep(i,0,m){
			_for(j,1,blk){
				s[i]+=c[j][p[j]];
				p[j]=(p[j]+1)%j;
			}
		}
		int ans=0;
		_rep(i,0,m)ans=max(ans,s[i]);
		enter(ans);
	}
	return 0;
}
</code>
</hidden>

===== XOR Sums =====

==== 题意 ====

给定正整数序列 $A_1,A_2\cdots A_n$，接下来 $Q$ 个询问。

定义一个集合的权值为该集合所有元素的异或和，每次询问元素个数不超过 $M$ 的所有子集的权值和。

==== 题解 1 ====

考虑预处理出元素个数分别为 $1\sim n$ 的子集的权值和，然后 $O(1)$ 处理询问。

按位处理贡献，假设第 $i$ 位为 $1$ 的数有 $c_1$ 个，则第 $i$ 位为 $0$ 的数有 $c_0=n-c_1$ 个。

于是对子集元素个数为 $k$ 的答案产生的贡献为

$$
2^i\sum_{j\in odd}^{1\le j\le c_1}{c_1\choose j}{c_0\choose k-j}
$$

令 $f(x)=\sum_{i\in odd}^{1\le i\le c_1}{c_1\choose i}$，$g(x)=\sum_{i=0}^{c_0}{c_0\choose i}$，于是贡献为

$$
2^i[x^k]f(x)g(x)
$$

考虑 $\text{NTT}$ 卷积，总时间复杂度 $O(n\log n\log v)$。

ps. 比赛时考虑 $f_1(x)=(x+1)^{c_1},f_2(x)=(-x+1)^{c_1},g(x)=(x+1)^{c_0}$，然后贡献为 $2^i[x^k]\cfrac {(f_1(x)-f_2(x))g(x)}2$。

然后脑抽使用了多项式 $\text{Pow}$ 算 $f_1,f_2,g$，时间复杂度也是 $O(n\log n\log v)$，但直接 $T$ 飞了，其实直接 $O(n)$ 二项式就好了。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e5+5,Mod=998244353,inv2=(Mod+1)/2;
int quick_pow(int a,int k){
	int ans=1;
	while(k){
		if(k&1)ans=1LL*ans*a%Mod;
		a=1LL*a*a%Mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace Poly{
	const int G=3;
	int rev[MAXN<<2],Pool[MAXN<<3],*Wn[30];
	void init(){
		int lg2=0,*pos=Pool,n,w;
		while((1<<lg2)<MAXN*2)lg2++;
		n=1<<lg2,w=quick_pow(G,(Mod-1)/(1<<lg2));
		while(~lg2){
			Wn[lg2]=pos,pos+=n;
			Wn[lg2][0]=1;
			_for(i,1,n)Wn[lg2][i]=1LL*Wn[lg2][i-1]*w%Mod;
			w=1LL*w*w%Mod;
			lg2--;n>>=1;
		}
	}
	int build(int k){
		int n,pos=0;
		while((1<<pos)<=k)pos++;
		n=1<<pos;
		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
		return n;
	}
	void NTT(int *f,int n,bool type){
		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
		swap(f[i],f[rev[i]]);
		int t1,t2;
		for(int i=1,lg2=1;i<n;i<<=1,lg2++){
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
				_for(k,j,j+i){
					t1=f[k],t2=1LL*Wn[lg2][k-j]*f[k+i]%Mod;
					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
				}
			}
		}
		if(!type){
			reverse(f+1,f+n);
			int div=quick_pow(n,Mod-2);
			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
		int n=build(_n+_m-2);
		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
		NTT(f,n,false);
		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
	}
}
const int MAXS=30;
int c0[MAXS],c1[MAXS],ans[MAXN];
int frac[MAXN],inv[MAXN],f[MAXN<<2],g[MAXN<<2];
int C(int n,int m){
	return 1LL*frac[n]*inv[m]%Mod*inv[n-m]%Mod;
}
int main()
{
	Poly::init();
	int n=read_int();
	_for(i,0,n){
		int a=read_int();
		_for(j,0,MAXS){
			if(a&1)c1[j]++;
			else c0[j]++;
			a>>=1;
		}
	}
	frac[0]=1;
	_rep(i,1,n)frac[i]=1LL*i*frac[i-1]%Mod;
	inv[n]=quick_pow(frac[n],Mod-2);
	for(int i=n;i;i--)inv[i-1]=1LL*inv[i]*i%Mod;
	for(int i=MAXS-1;i>=0;i--){
		_rep(j,0,c1[i]){
			if(j%2==0)f[j]=0;
			else f[j]=C(c1[i],j);
		}
		_rep(j,0,c0[i])g[j]=C(c0[i],j);
		Poly::Mul(f,c1[i]+1,g,c0[i]+1);
		_rep(j,1,n)ans[j]=(2LL*ans[j]+f[j])%Mod;
	}
	_rep(i,1,n)ans[i]=(ans[i]+ans[i-1])%Mod;
	int q=read_int();
	while(q--)
	enter(ans[read_int()]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

==== 题解 2 ====

设 $\text{dp}(i,j,k)$ 表示子集大小为 $i$，仅考虑位数 $j$，且异或和为 $k$ 的子集个数。

可以 $O(n\log v)$ 得到答案，具体见该[[https://www.codechef.com/viewsolution/42840665|代码]]

===== Another Tree with Number Theory =====

==== 题意 ====

给定一棵以 $1$ 为根的树，接下来 $q$ 次询问。

每次询问给定一个结点 $u$ 初始权值 $w$。当结点 $u$ 拥有权值 $w$ 时，如果结点 $u$ 是叶子结点，则该权值被吸收。

否则记 $u$ 的儿子结点数为 $k$。若 $k\mid w$，则结点 $u$ 将权值均分为 $k$ 份并转移到每个儿子结点并继续下传，否则该权值损失。

问每次损失的权值。

==== 题解 ====

首先如果某个结点只有一个儿子，则将该结点与其儿子合并。

对结点 $u$，设他到某个叶子结点的路径上所有点的儿子结点数的乘积为 $k$。若 $k\mid w$，则该叶子结点能吸收权值 $\frac wk$，否则无法吸收。

考虑对每个结点用 $\text{map}$ 维护他每个 $k$ 对应的叶子节点数。

由于每次向上一级 $k$ 至少乘以 $2$，于是一个叶子结点最多对 $O(\log w)$ 个祖先节点有贡献。故维护 $\text{map}$ 的时间复杂度为 $O\left(n\log w\log n\right)$。

对每个询问，用其存储在权值对应的桶中，然后跑一遍埃氏筛枚举因子计算贡献。

总时间复杂度 $O(n\log n\log w+w\log w+q\times \text{divisors}(w)\log n)$。

如果用哈希表替代 $\text{map}$，时间复杂度为 $(n\log w+w\log w+q\times \text{divisors}(w))$。

ps. $\text{map}$ 访问空建默认返回 $0$ 但非常慢，不建议利用该特性，推荐用 $\text{find}$ 特判后再访问。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1e5+5,MAXW=1e6+5;
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int idx[MAXN],ch[MAXN],ans[MAXN];
map<int,int> d[MAXN];
vector<pair<int,int> > query[MAXW];
void dfs(int u){
	if(!ch[u]){
		d[u][1]=1;
		return;
	}
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		dfs(v);
		if(ch[u]==1){
			idx[u]=idx[v];
			return;
		}
		v=idx[v];
		for(map<int,int>::iterator it=d[v].begin();it!=d[v].end();++it){
			LL k=1LL*ch[u]*it->first;
			if(k<MAXW)
			d[u][k]+=it->second;
		}
	}
}
int main()
{
	int n=read_int();
	_rep(i,1,n)idx[i]=i;
	_rep(i,2,n){
		int p=read_int();
		ch[p]++;
		Insert(p,i);
	}
	dfs(1);
	int q=read_int();
	_for(i,0,q){
		int v=read_int(),w=read_int();
		ans[i]=w;
		query[w].push_back(make_pair(i,idx[v]));
	}
	_for(i,1,MAXW){
		for(int j=i;j<MAXW;j+=i){
			_for(k,0,query[j].size()){
				int u=query[j][k].second;
				if(d[u].find(i)!=d[u].end())
				ans[query[j][k].first]-=j/i*d[u][i];
			}
		}
	}
	_for(i,0,q)
	enter(ans[i]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>
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