A - Divisible

大意

给定个数，对于其中能被整除的数，输出商。

思路

直接计算即可。

代码

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    while(n--){
        int x;
        cin >> x;
        if(x % k == 0) cout << (x / k) << " ";
    }
    return 0;
}

B - Substring

大意

给定字符串，输出它不同的子串个数（不包括空串）。

思路

把所有子串丢进集合里，最后输出集合的大小。

代码

#include<iostream>
#include<set>
using namespace std;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n;
    string s;
    set<string> subs;
    cin >> s;
    n = s.size();

    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = i; j < n; j++)
            subs.insert(s.substr(i, j - i + 1));
    
    cout << subs.size() << endl;

    return 0;
}

C - Ideal Holidays

大意

一种历法，一周有天，前天是节假日，其余为工作日。

给定一些计划，输出它们是否都安排在节假日。

思路

最重要的是星期几，因此所有模上。

问题被转化为：数轴上有一些点，问能否有一个长度为的区间覆盖所有点。

先排序，然后枚举左端点，看与最右边的点的距离是否超过 即可。

注意会爆long long。

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    int tot = a + b;
    vector<int> dis;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        int x; cin >> x; x--;
        x %= tot;
        dis.push_back(x);
        dis.push_back(tot + x);
    }
    sort(dis.begin(), dis.end());
    int ans = 1e18;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        ans = min(ans, dis[i + n - 1] - dis[i] + 1);
    cout << (ans <= a? "Yes": "No") << endl;
    return 0;
}

D - Popcount and XOR

大意

给定，解下列方程组，要求，若无解输出-1：

给定任意一组解均可。

思路

令，那么这个1需要分配到中。

设分配了个1给，个1给，并且。

那么剩下的1需要在xor时抵消掉。

易得，结合可解得

具体解法为：

其中就是需要抵消掉的的数量。

我们逐位遍历，如果是，则分配给或（看的值），如果是，就同时分配给两个数。

无解条件就是上面的方程没有自然数解，即下面几种情况：

• 
• 
• 或
• 还有一种难以言说的情况，需要求出答案后验证一下。

代码

#include<iostream>
#include<cassert>
using namespace std;
#define int long long
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    auto popcount = [&](int x) -> int{
        int ret = 0;
        while (x) {
            ret += x & 1;
            x >>= 1;
        }
        return ret;
    };

    int a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;

    int aa = a, bb = b, cc = popcount(c);
    if(cc > a + b || ((a + b - cc) & 1)){
        cout << -1 << endl;
        return 0;
    }
    int over = (a + b - cc) / 2;
    a -= over;
    b -= over;
    if(a < 0 || b < 0){
        cout << -1 << endl;
        return 0;
    }

    int x = 0, y = 0;
    for(int i = 0; i < 60; i++){
        if(c & (1ll << i)){
            if(a){
                x |= (1ll << i);
                a--;
            } else if(b){
                y |= (1ll << i);
                b--;
            }
        }else if(over){
            x |= (1ll << i);
            y |= (1ll << i);
            over--;
        }else assert(0);
    }
    if(popcount(x) != aa || popcount(y) != bb) cout << -1 << endl;
    else cout << x << " " << y << endl;

    return 0;
}

E - Set Add Query

大意

初始时，有一个包含个的数组和一个空集。

有次操作，每次操作给定一个，执行以下动作：

• 如果在集合中，那就移除它，否则丢入集合。
• 对于每个满足的，如果，那么加上集合的大小。

执行所有操作后，输出。

思路

朴素的模拟的复杂度是，显然不可取。

考虑在这个过程，当一个数在集合中时，它在被移出集合之前，都会对做贡献。

注意到一个数 做出的贡献是一个连续的操作区间，贡献值就是这个操作区间的的和。

我们可以维护一个关于操作顺序的的前缀和，当集合中的一个数被移除时，我们就计算它的贡献（前缀和相减）。需要记录何时放入。

操作完后，对还在集合里的数结算贡献即可。

代码

#include<iostream>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
#define int long long
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> pre(1, 0), la(n, 0), ans(n, 0);
    set<int> s;
    for(int i = 1; i <= q; i++){
        int x; cin >> x; x--;
        if(s.count(x)){
            ans[x] += pre[i - 1] - pre[la[x] - 1];
            s.erase(x);
        }else{
            la[x] = i;
            s.insert(x);
        }
        pre.push_back(pre.back() + s.size());
    }
    for(auto &i: s) ans[i] += pre[q] - pre[la[i] - 1];
    for(auto &i: ans) cout << i << " ";
    return 0;
}