595A — Vitaly and Night

It was easy realization problem. Let's increase the variable i from 1 to n, and inside let's increase the variable j from 1 to 2·m. On every iteration we will increase the variable j on 2. If on current iteration a[i][j] = '1' or a[i][j + 1] = '1' let's increase the answer on one.

Asymptotic behavior of this solution — O(nm).

595B — Pasha and Phone

Let's calculate the answer to every block separately from each other and multiply the answer to the previous blocks to the answer for current block.

For the block with length equals to k we can calculate the answer in the following way. Let for this block the number must be divided on x and must not starts with digit y. Then the answer for this block — the number of numbers containing exactly k digits and which divisible by x, subtract the number of numbers which have the first digit equals to y and containing exactly k digits and plus the number of numbers which have the first digit equals to y - 1 (only if y > 0) and containing exactly k digits.

Asymptotic behavior of this solution — O(n / k).

594B — Max and Bike

The main proposition to solve this problem — in the middle of every competition the sensor must be or in the top point of the wheel or in the bottom point of the wheel.

To calculate the answer we need to use binary search. If the center of the wheel moved on the distance c, then the sensor moved on the distance c + rsin(c / r), if the sensor was on the top point of the wheel in the middle, or on the distance c - rsin(c / r), if the sensor was on the bottom point of the wheel in the middle, where r — the radius of the wheel.

Asymptotic behavior of this solution — .

594С — Edo and Magnets

Let's find the centers of every rectangle and multiple them of 2 (to make all coordinates integers).Then we need to by the rectangle door, which contains all dots, but the lengths of the sides of this door must be rounded up to the nearest integers.

Now, let's delete the magnets from the door one by one, gradually the door will decrease. Obviously every time optimal to delete only dots, which owned to the sides of the rectangle. Let's brute 4^k ways, how we will do delete the magnets. We will do it with helps of recursion, every time we will delete point with minimum or maximum value of the coordinates. If we will store 4 arrays (or 2 deques) we can do it with asymptotic O(1). Such a solution works O(4^k).

It can be easily shown that this algorithm delete always some number of the leftmost, rightmost, uppermost and lowermost points. So we can brute how k will distributed between this values and we can model the deleting with helps of 4 arrays. This solution has asymptotic behavior O(k⁴).

594D — REQ

To calculate the answer on every query let's use the formula , where p₁, p₂, ..., p_k — all prime numbers which divided n. We make all calculations by the module 10⁹ + 7

Let's suppose that we solving problem for fix left end l of the range. Every query now is a query on the prefix of the array. Then in formula for every prime p we need to know only about the leftmost position of it. Let's convert the query in the query of the multiple on the prefix: сначала проинициализируем дерево Фенвика произведений единицами, затем сделаем умножения в точках l, l + 1, ..., n значениями соответствующих элементов a_l, a_l + 1, ..., a_n, затем для каждого самого левого вхождения простого p в позицию i сделаем умножение в точке i на значение . Нетрудно убедиться, что теперь запрос на префиксе определенной длины даст правильный ответ для отрезка той же длины с левым концом в l. Такую подготовку для фиксированного левого конца можно осуществить за , где C — максимальное значение элемента (этот логарифм соответствует количеству простых в разложении какого-то из a_i).

Нас интересуют все левые концы, поэтому научимся переходить от одного из них к другому. В самом деле, пусть все было посчитано для левого конца l и мы хотим теперь перейти к левому концу l + 1. Нас перестает интересовать a_l внутри левой части формулы, поэтому сделаем умножение в дереве Фенвика в точке l на значение a_l^- 1. Так же нас перестают интересовать все простые внутри a_l (а они, очевидно, самые левые среди своих вхождений), поэтому сделаем так же умножения в точке l на все значения . Однако у каждого из этих простых могли существовать другие вхождения, которые теперь станут самыми левыми. Добавим их с помощью умножений, описанных выше. С помощью сортировок (или векторов) переход между соседними левыми концами реализуется за суммарную .

Чтобы правильно отвечать на запросы, их так же нужно правильно отсортировать (или поместить в динамический массив), и ответ на запрос будет совершать операций. Суммарная асимптотика всего решения операций и дополнительной памяти.

594E — Cutting the Line

Опишем жадный алгоритм, который позволяет решить задачу при k > 2 для любой строки S.

Будем считать, что мы всегда переворачиваем некоторый префикс строки S (возможно, длины 1, подробнее ниже). Поскольку мы стремимся минимизировать строку лексикографически, легко убедиться в том, что мы будем переворачивать такие и только такие префиксы, префикс которых (после переворачивания) совпадает с минимальным лексикографически суффиксом перевернутой строки S (обозначим ее S^r), в частности, это префикс, совпадающий по длине с минимальным суффиксом S^r (операция переворачивания префикса S равносильна замене его суффиксом S^r соответствующей длины).

Обозначим минимальный лексикографически суффикс строки S^r как s. Можно показать, что никакие два вхождения s в S^r не пересекаются, так как в противном случае строка s была бы периодической, и минимальный суффикс имел бы меньшую длину. Значит, строка S^r имеет вид t_ps^a_pt_p - 1s^a_p - 1t_p - 2... t₁s^a₁, где s^x означает конкатенацию строки s x раз, a₁, a₂, ..., a_p — натуральные числа, а строки t₁, t₂, ..., t_p — некоторые непустые (кроме, возможно, t_p) строки, не содержащие s в качестве подстроки.

Перевернув некоторый подходящий префикс строки S, мы перейдем к меньшей строке S', при этом минимальный суффикс s' этой перевернутой строки S'^r не может быть лексикографически меньше, чем s (это каждый может доказать самостоятельно), поэтому мы стремимся сделать так, чтобы s' осталось равным s, что позволит увеличить префикс вида s^b в ответе (а значит и минимизировать его). Легко доказать, что максимальное b, которое мы можем получить, равно a₁ в случае p = 1 и (в случае, если p \geq 2$). Действительно, после таких операций префикс ответа будет выглядеть как s^a₁s^a_it_is^a_i - 1... s^a₂t₂. Поскольку t_{i} — непустые строки, увеличить количество конкатенаций s в префиксе ответа никак не получится. Заметим, что переворот второго префикса (s^a_i...) возможен, так как k > 2.

Из описанных выше утверждений следует, что при k > 2 для оставшейся строки всегда следует переворачивать префикс, который после переворота совпадает с суффиксом строки S^r вида s^a₁. Чтобы находить этот суффикс каждый раз, достаточно один раз построить декомпозицию Линдона (с помощью алгоритма Дюваля) перевернутой исходной строки и аккуратно объединять равные строки в ней. Единственным случаем остается вариант, когда префикс оставшейся строки переворачивать не нужно — его можно обработать как конкатенацию последовательных переворачиваемых префиксов длины 1.

Поскольку для k = 1 задача тривиальна, осталось решать задачу для k = 2, то есть деление строки на две части (префикс и суффикс) и какой-то способ их переворачивания. Случай, когда ничего не переворачивается, нам не интересен, рассмотрим два других случая:

1. Префикс не переворачивается. В таком случае обязательно переворачивается суффикс. Два варианта строки с перевернутым суффиксом можно сравнивать за O(1) с помощью z-функции строки S^r#S.

2. Префикс переворачивается. Для решения этого случая можно воспользоваться утверждениями из разбора задачи F Яндекс.Алгоритма 2015 из Раунда 2.2 авторства GlebsHP и рассмотреть только два варианта поворота префикса, перебрав для каждого из них все два варианта поворота суффикса.

Остается выбрать из двух случаев лучший ответ. Итоговая асимптотика решения O(|s|).