586A - Расписание Алёны

The problem is prepared by adedalic.

В этой задаче сначала нужно было выкинуть все нули на префиксе и суффиксе строки, после чего ответ был равен количеству единиц плюс количество нулей с двух сторон от которых стоят единицы. Асимптотическая сложность решения: O(n).

586B - Лаврентий и магазин

The problem is prepared by Oleg_Smirnov.

Назовем путь i-м (0 ≤ i ≤ n - 1), если мы, выходя из дома, сначала i раз идем налево, потом переходим проспект и снова n - 1 - i раз идем налево. Введем обозначение d_i — время, которое нам придется ждать на светофорах на i-м пути. Если рассмотреть путь из магазина домой с конца, то получится пути из дома в магазиг, поэтому искомый путь есть два разных пути из дома в магазин. Значит ответом на задачу является сумма наименьшего и второго по величине значения d_i. Значение d_i легко пересчитывается из значения d_i - 1, таким образом все d_i можно посчитать за один проход.

Асимптотическая сложность решения: O(n).

585A - Стоматолог Геннадий

The problem is prepared by Neon.

Заведем очередь в которой, будут находится дети. На каждой итерации решения пройдем по всем детям, если есть ребенок с отрицательной решимостью удалим его из очереди, а из решимостей детей с большими номерами вычтем d_i. Если все дети в очереди имеют решимость не меньше нуля, возьмем первого ребенка из очереди, а от решимостей остальных вычтем арифметическую прогрессию, как это описывается в условии.

Асимптотическая сложность решения: O(n²).

585B - Филипп и поезда

The problem is prepared by IlyaLos.

В задаче требовалось просто промоделировать игру. Это можно сделать с помощью обхода в глубину, ширину или динамического программирования. Состоянием является пара чисел x, y — позиция Филиппа в туннеле, а значением или в зависимости от того, можем ли мы попасть из стартовой позиции в x, y. Положения поездов в каждый момент времени определяются однозначно.

Асимптотическая сложность решения: O(n).

585C - Алиса, Боб, Апельсины и Яблоки

The problem is prepared by Edvard.

Поймем для начала, что означает процесс описанный в условии. Если нарисовать дерево переходов по буквам и , то получится дерево Штерна-Броко. Пусть апельсины это значения знаменателя дроби, а яблоки — числителя. На каждом шагу у нас есть две дроби (изначально ) и мы заменяем либо первую дробь на их медианту, либо вторую. Таким образом, первая дробь есть первый предок влево от медианты, а вторая — первый предок вправо. Таким образом, искомый процесс это просто процесс поиска дроби в дереве Штерна-Броко, который завершается тем, что текущая медианта совпадает с дробью, которую мы ищем (момент окончания игры, описанный в условии). Значит, числа x, y заданные в условии это просто дробь, которую мы ищем. Отсюда следует, что ответа не существует, если x не взаимнопросто с y (поскольку таким дробей нет в дереве Штерна-Броко). Пусть теперь мы хотим найти дробь в дереве. Понятно, что если x > y, то мы сначала перейдем в правую ветку. Более того мы можем считать, что теперь ищем дробь и никуда не спускались. Если же x < y, то нам нужно спуситься в левую ветку и можно считать, что мы ищем дробь и пока никуда не спускались. Эти рассуждения легко формализовать, чтобы получить строгое доказательство. Таким образом, решение задачи сводится к выполнению алгоритма Евклида для пары чисел x, y. Как известно время работы алгоритма Евклида O(logn) (дольше всего алгоритм Евклида работает на двух последовательных числах Фибоначчи), значит длина ответа тоже растет как логарифм.

Асимптотическая сложность решения: O(logn).

585D - Lizard Era: Beginning

The problem is prepared by danilka.pro.

Для решения этой задачи воспользуемся приемом . А именно переберем для первых (первая половина) заданий с какими спутницами главный герой будет путешествовать. Пусть при этом симпатия первой спутницы оказалась равна a, второй — b, а третьей c. Пусть существует способ выбрать спутниц для последующих (вторая половина) заданий так и пусть симпатии при этом будут равны a', b', c'. Тогда, чтобы по всем заданиям суммы симпатий были одинаковы необходимо и достаточно, чтобы a - b = b' - a и b - c = c' - b'. Теперь для решения задачи достаточно перебрать первую половину и сохранить в некоторой структуре данных тройки чисел a - b, b - c, a (третье число нужно для максимизации ответа в случае равенства). Далее нужно перебрать вторую половину и найти в структуре данных значения b' - a', c' - b', m, где m — максимальное третье значение которое есть в структуре данных. В качестве структуры данных можно использовать map < pair < int, int > , int >  в языке C++, первые два числа это значение a - b, b - c, а третье — максимальное a соответствующее первым двум. Также можно все тройки сложить в один большой массив, отсортировать его и бинарным поиском находить необходимые значения.

Асимптотическая сложность решения: , где logC — константа, появляющаяся вместе со структурой данных.

585E - Подарок для филателиста Виталика

The problem is prepared by gridnevvvit.

Пусть мы хотим посчитать количество подмножеств с НОД равным 1 — число A. Посчитаем это количество с помощью формулы включений-исключений: сначала скажем, что все подмножества нам подходят. Таких подмножеств 2ⁿ. Теперь вычтем подмножества с НОД кратным 2. Количество таких множеств 2^cnt₂ - 1, где cnt_i — количество чисел, делящихся на i. Далее вычитаем 2^cnt₃ - 1. Подмножества с НОД кратным 4 мы учли вместе с двойкой. Далее вычитаем 2^cnt₅ - 1. Теперь заметим, что подмножества с НОД кратным 6 мы вычли уже дважды: сначала с двойкой, затем с тройкой, поэтому давайте прибавим количество таких подмножеств 2^cnt₆ - 1. Продолжая этот процесс получаем, что для числа d, к ответу нужно прибавить величину μ(d)(2^cnt_d - 1), где μ(d) равно 0, если d делится на полный квадрат, 1, если количество простых в факторизации d четно и  - 1 в противном случае. Значит числа, делящиеся на полный квадрат мы можем не суммировать, поскольку они входят с коэффициентом 0. Для подсчета значений cnt_i достаточно факторизовать все числа и для каждого за 2^k перебрать делитель, со значением μ(d) ≠ 0. Теперь легко понять, что количество подмножеств с НОД большим 1 равно B = 2ⁿ - A. Теперь для решения задачи давайте переберем марку, которую купит Виталик a_i. Пересчитаем число B так, как если бы числа a_i не было в множестве. Для этого нужно просто вычесть те слагаемые на которые повлияло число a_i. Это можно сделать за 2^k, где k — количество простых в факторизации числа a_i (снова нужно перебрать делители a_i со значением μ(d) ≠ 0). Теперь поймем какие подмножества дадут НОД равный 1 вместе с выбранной маркой. Понятно это те подмножества НОД которых больше 1, но при этом не делится ни на один делитель a_i. Для этого снова воспользуемся формулой включений-исключений. Для каждого делителя d числа a_i вычтем из B значение 2^cnt_d - 1. Таким образом, мы получим количество способов B_i выбрать подмножество c НОД большим 1, но при это взаимнопростым с a_i. Ответом на задачу является сумма всех d_i. Наибольшее количество простых в факторизации числа не превосходящего 10⁷ равно 8. Факторизацию чисел можно выполнить с помощью линейного алгоритма поиска минимального делителя чисел от 1 до n, либо с помощью решета Эратосфена за время O(nloglogn).

Асимптотическая сложность решения: O(C + n2^K), где , а K — наибольшее количество простых в факторизации чисел a_i.

585F - Знаки числа Пи

The problem is prepared by Edvard.

Consider all substrings of string s with length . Let's add them all to trie data structure, calculate failure links and build automata by digits. We can do that in linear time using Aho-Korasik algorithm. Now to solve the problem we should calculate dp z_{i, v, b1, b2, b}. State of dp is described by five numbers: i — number of digits, that we already put to our number, v — in which vertex of trie we are, b₁ — equals to one if the prefix that we built is equals to prefix of x, b₂ — equals to one if the prefix that we built is equals to prefix of y, b — equals to one if we already have some substring with length on the prexif that we built. The value of dp is the number of ways to built prefix with the given set of properties. To update dp we should iterate over the digit that we want to add to prefix, check that we still is in segment [x, y], go from vertex v to the next vertex in automata. So the answer is sum by all v, b₁, b₂ z_{b, v, v1, v2, 1}.

Complexity: O(nd²).