luogu NOIp热身赛（2018-11-07）题解
为什么前面的人都跑得那么快啊？
QAQ
T1：区间方差
题目大意：询问区间方差，支持单点修改
首先把方差的式子展开，得到
$$d = \frac{a_1 + ... a_n}{n} - \frac{a_1^2 + .. + a_n^2 }{n^2}$$
那么，只需维护$\sum a_i$和$\sum a_i^2$即可
（没有区间加真是良心）
复杂度$O(n \log n)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; namespace mod_zone {
const int mod = 1e9 + ;
inline void inc(int &a, int b) { a += b; if(a >= mod) a -= mod; }
inline void dec(int &a, int b) { a -= b; if(a < ) a += mod; }
inline int Inc(int a, int b) { return (a + b >= mod) ? a + b - mod : a + b; }
inline int Dec(int a, int b) { return (a - b < ) ? a - b + mod : a - b; }
inline int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }
inline int fp(int a, int k) {
int ret = ;
for( ; k; k >>= , a = mul(a, a))
if(k & ) ret = mul(ret, a);
return ret;
}
}
using namespace mod_zone; const int sid = ; int n, m;
int w[sid], s[sid], s2[sid]; #define ls (o << 1)
#define rs (o << 1 | 1) inline void upd(int o) {
s[o] = Inc(s[ls], s[rs]);
s2[o] = Inc(s2[ls], s2[rs]);
} inline void build(int o, int l, int r) {
if(l == r) { s[o] = w[l]; s2[o] = mul(w[l], w[l]); return; }
int mid = (l+ r) >> ;
build(ls, l, mid);
build(rs, mid + , r);
upd(o);
} inline void mdf(int o, int l, int r, int p, int v) {
if(l == r) { s[o] = v; s2[o] = mul(v, v); return; }
int mid = (l + r) >> ;
if(p <= mid) mdf(ls, l, mid, p, v);
else mdf(rs, mid + , r, p, v);
upd(o);
} inline int qrys(int o, int l, int r, int ml, int mr) {
if(ml > r || mr < l) return ;
if(ml <= l && mr >= r) return s[o];
int mid = (l + r) >> ;
return Inc(qrys(ls, l, mid, ml, mr), qrys(rs, mid + , r, ml, mr));
} inline int qryS(int o, int l, int r, int ml, int mr) {
if(ml > r || mr < l) return ;
if(ml <= l && mr >= r) return s2[o];
int mid = (l + r) >> ;
return Inc(qryS(ls, l, mid, ml, mr), qryS(rs, mid + , r, ml, mr));
} int main() {
n = read(); m = read();
rep(i, , n) w[i] = read();
build(, , n);
rep(i, , m) {
int c = read(), a = read(), b = read();
if(c == ) mdf(, , n, a, b);
else {
int S = qrys(, , n, a, b);
int S2 = qryS(, , n, a, b);
int iv = fp(b - a + , mod - );
int ans = Dec(mul(b - a + , S2), mul(S, S));
printf("%d\n", mul(ans, mul(iv, iv)));
}
}
return ;
}
1
T2：攀爬者
题目大意：在三维平面上有$n$个点，两两高度不相同，一个人会按高度从小到大的顺序爬这些点，询问路径的总长
两个点之间的距离为欧几里得距离
都从小到大爬了，顺序固定了就直接模拟吧
复杂度$O(n \log n)$
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define de double
#define le long double
#define ri register int
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; const int sid = ; int n;
struct ser {
int x, y, z;
friend bool operator < (ser a, ser b)
{ return a.z < b.z; }
} t[sid]; int main() {
n = read();
rep(i, , n) {
t[i].x = read();
t[i].y = read();
t[i].z = read();
}
sort(t + , t + n + );
de ans = ;
rep(i, , n - ) {
de dx = t[i + ].x - t[i].x;
de dy = t[i + ].y - t[i].y;
de dz = t[i + ].z - t[i].z;
ans += sqrt(dx * dx + dy * dy + dz * dz);
}
printf("%.3lf\n", ans);
return ;
}
2
T3：蜈蚣
题目大意：定义一段区间的权值为异或和，把一个长为$n$的序列划分成$m$段，使得各个段的权值和最大
考虑令$f[i][j]$表示到了第$i$个点，已经划分了$j$段的最大权值
然后枚举$f[k][j - 1]$转移即可
复杂度$O(n^2 m)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
tpr inline void cmax(ra &a, ra b) { if(a < b) a = b; }
}
using namespace std;
using namespace remoon; int n, m;
int w[], f[][]; int main() {
n = read(); m = read();
rep(i, , n) w[i] = read();
memset(f, , sizeof(f));
f[][] = ;
rep(i, , n) {
int val = w[i];
drep(j, i - , ) {
rep(k, , m) cmax(f[i][k], f[j][k - ] + val);
val ^= w[j];
}
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return ;
}
3
T4：漂浮的鸭子
题目大意：在一张$n$个点和$n$条边的有向图中找到权值最大的环
从一个点开始搜索，并把沿途的点都标记，如果$dfs$到了标记过的点，那么说明是环，统计方案
注意，标记应该具有同时性
即被从点$i$开始的搜索标记的点和被从点$j$开始的搜索标记的点是不同的
复杂度$O(n)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
tpr inline void cmin(ra &a, ra b) { if(a > b) a = b; }
tpr inline void cmax(ra &a, ra b) { if(a < b) a = b; }
}
using namespace std;
using namespace remoon; const int sid = ;
int n, cnp, tim;
int cap[sid], vis[sid], nxt[sid], node[sid], val[sid];
ll dis[sid], ans; inline void addedge(int u, int v, int w) {
nxt[++ cnp] = cap[u]; cap[u] = cnp;
node[cnp] = v; val[cnp] = w;
} #define cur node[i]
inline void dfs(int o) {
vis[o] = tim;
for(int i = cap[o]; i; i = nxt[i])
if(!vis[cur]) dis[cur] = dis[o] + val[i], dfs(cur);
else if(vis[cur] == tim) cmax(ans, dis[o] - dis[cur] + val[i]);
} int main() {
n = read();
rep(i, , n) {
int nxt = read(), w = read();
addedge(i, nxt, w);
}
rep(i, , n) if(!vis[i]) ++ tim, dfs(i);
printf("%lld\n", ans);
return ;
}
4
T5：最大差值
题目大意：求满足$i < j$的最大的$A_j - A_i$
对每个$j$分别统计，那么只要维护一个前缀最小值即可
复杂度$O(n)$
最大差值#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
tpr inline void cmin(ra &a, ra b) { if(a > b) a = b; }
tpr inline void cmax(ra &a, ra b) { if(a < b) a = b; }
}
using namespace std;
using namespace remoon; int main() {
int n = read();
ll ans = -5e9, mi = 5e9;
rep(i, , n) {
ll v = read();
cmin(mi, v); cmax(ans, v - mi);
}
printf("%lld\n", ans);
}
5
T6：随机数生成器
题目大意：一个数$x$，等概率地变成$[1, x]$中的一个数，询问期望变几次变成$1$
首先写出递推式
$f[n] = \frac{1}{n}(\sum\limits_{i = 1}^{n} f[i]) + 1$
化简
$f[n] = \frac{n + \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} f[i]}{n - 1}$
我们考虑用$S[n] = \sum\limits_{i = 1}^n f[i]$来求解$f[i]$，得到
$(n - 1)S[n] = nS[n - 1] + n$
化简
$\frac{S[n]}{n} = \frac{S[n - 1]}{n - 1} + \frac{1}{n - 1}$
令$g[n] = \frac{S[n]}{n}$
那么得到$g[n] = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} \frac{1}{i} = H_{n - 1}$
即$S[n] = n * H_{n - 1}$
即$f[n] = H_{n - 2} + \frac{n}{n - 1}(n \geq 3)$
注意对$n = 2$特判
我们只需要一个能快速求调和级数的方法
套用欧拉公式即可
复杂度$O(1)$...
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define de double
#define le long double
#define ri register int
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; const double r = 0.57721566490153286060651209008240243104215933593992;
de H(int x) {
double res = (log(x * 1.0) + log(x + 1.0)) / 2.0;
res += 1.0 / (6.0 * x * (x + ));
res -= 1.0 / (30.0 * x * x * (x + ) * (x + ));
return res + r;
} de solve(int v) {
de ans = ;
if(v == ) return ;
if(v == ) return ;
if(v <= 2e7) {
rep(i, , v - ) ans += 1.0 / i;
ans += (de)(v) / (de)(v - );
}
else ans += H(v - ) + (de)(v) / (de)(v - );
return ans;
} int main() {
int n; cin >> n;
printf("%.5lf\n", solve(n));
return ;
}
6
T7：大循环
题目大意：
求下面这个代码的值
int ans = ;
for(a[] = ; a[] <= n; a[] ++)
for(a[] = ; a[] < a[]; a[] ++)
.......
for(a[k] = ; a[k] < a[k - ]; a[k] ++)
ans += f(q);
其中，$f(q)$是一个需要计算的常数
如果循环了$S$次，那么答案为$S * f(q)$
循环的次数等价于长为$n$的序列，序列元素在$[1, m]$中，满足严格递增的方案数
从$m$个元素中选出$n$个出来，它们的序唯一，因此$S = \binom{n}{m}$
然后$O(n)$地计算即可
注意$q$不要用$int$来读
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline ll read() {
ll p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; namespace mod_zone {
const int mod = 1e9 + ;
inline void inc(int &a, int b) { a += b; if(a >= mod) a -= mod; }
inline void dec(int &a, int b) { a -= b; if(a < ) a += mod; }
inline int Inc(int a, int b) { return (a + b >= mod) ? a + b - mod : a + b; }
inline int Dec(int a, int b) { return (a - b < ) ? a - b + mod : a - b; }
inline int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }
inline int fp(int a, int k) {
int ret = ;
for( ; k; k >>= , a = mul(a, a))
if(k & ) ret = mul(ret, a);
return ret;
}
}
using namespace mod_zone; const int sid = ; ll q;
int n, m, k, ans; inline int C(int n, int m) {
int jc1 = , jc2 = , jc3 = ;
rep(i, , n) jc1 = mul(jc1, i);
rep(i, , m) jc2 = mul(jc2, i);
rep(i, , n - m) jc3 = mul(jc3, i);
jc2 = fp(jc2, mod - ); jc3 = fp(jc3, mod - );
return mul(jc1, mul(jc2, jc3));
} int main() {
n = read(); m = read();
k = read(); q = read() % mod;
int x = ;
rep(i, , m) {
int v = read();
inc(ans, mul(v, x));
x = mul(x, q);
}
printf("%d\n", mul(ans, C(n, k)));
return ;
}
7
T8：会议座位
题目大意：
给定$n$个字符串
之后，给定这$n$个字符串的新的排列，求原本下标满足$i < j$，在新排列中满足$i > j$的字符串对数
把新的字符串排列离散化之后，问题等价于求逆序对
复杂度$O(n \log n)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; const int sid = ; char s[sid];
int n, id, v[sid], t[sid];
int son[sid][], pos[sid];
ll ans; inline int nxt(char c) {
if(c >= 'a' && c <= 'z') return c - 'a';
if(c >= 'A' && c <= 'Z') return c - 'A' + 'z' - 'a' + ;
} inline void insert(char *s, int p) {
int len = strlen(s + );
int rt = ;
rep(i, , len) {
int opt = nxt(s[i]);
if(!son[rt][opt]) son[rt][opt] = ++ id;
rt = son[rt][opt];
}
pos[rt] = p;
} inline int find(char *s) {
int len = strlen(s + );
int rt = ;
rep(i, , len) {
int opt = nxt(s[i]);
rt = son[rt][opt];
}
return pos[rt];
} inline void upd(int v) {
for(ri i = v; i <= n; i += i & (-i)) t[i] ++;
} inline int qry(int v) {
int ret = ;
for(ri i = v; i; i -= i & (-i))
ret += t[i];
return ret;
} int main() {
n = read();
rep(i, , n) {
scanf("%s", s + );
insert(s, i);
}
rep(i, , n) {
scanf("%s", s + );
v[i] = find(s);
}
drep(i, n, ) {
ans += qry(v[i]);
upd(v[i]);
}
printf("%lld\n", ans);
return ;
}
8
T9：生日礼物
题目大意：求$lcm(a, b) = n$的有序$(a, b)$对数
考虑把$n$质因子分解为$p_1^{a_1} * p_2^{a_2} ... p_k^{a_k}$
那么对于$a$而言，它在$p_1$处取了$a_1$时，$b$有$a_1 + 1$种选择
对$b$而言是一样的
但是$(a_1, a_1)$这种情况算重，因此需要$- 1$
最终答案为$\prod\limits_{i = 1}^k (2 * p_i - 1)$
复杂度$O(\sqrt n)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
}
using namespace std;
using namespace remoon; ll n, ans = ;
int main() {
cin >> n;
for(ll i = ; 1ll * i * i <= n; i ++)
if(n % i == ) {
int cnt = ;
while(n % i == ) cnt ++, n /= i;
ans *= * cnt + ;
}
if(n > ) ans *= ;
printf("%lld\n", ans);
return ;
}
9
T10：HKE与他的小朋友
题目大意：给定一个置换$f$，求$1 * f^k$
直接置换乘法快速幂就行
复杂度$O(n \log k)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline ll read() {
ll p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; const int sid = ; int n, k;
int p[sid], f[sid], a[sid]; inline void trans(int *ans, int *p1, int *p2) {
rep(i, , n) f[i] = p2[p1[i]];
rep(i, , n) ans[i] = f[i];
} int main() {
n = read(); k = read();
rep(i, , n) a[i] = i;
rep(i, , n) p[read()] = i; for( ; k; k >>= , trans(p, p, p))
if(k & ) trans(a, a, p); rep(i, , n) printf("%d ", a[i]);
return ;
}
10
T11：宝藏
题目大意：
你有$30$种物品
支持矩形给一些物品加上一些值和查询矩阵中每种物品的奇偶性
由于只关心奇偶性，因此把$30$种物品压成一个$int$
那么原问题等价于矩形异或上一个数和查询矩形的异或和
这可以用二维树状数组解决
复杂度$O(m \log^2 n)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; const int sid = ; int n, m;
int num[sid], t[sid][sid][][]; inline void upd(int x, int y, int v) {
for(ri i = x; i <= n; i += (i & (-i)))
for(ri j = y; j <= n; j += (j & (-j)))
t[i][j][x & ][y & ] ^= v;
} inline int qry(int x, int y) {
int ret = ;
for(ri i = x; i; i -= (i & (-i)))
for(ri j = y; j; j -= (j & (-j)))
ret ^= t[i][j][x & ][y & ];
return ret;
} int main() {
n = read(); m = read();
rep(i, , m) {
char c = gc();
while(c != 'P' && c != 'Q') c = gc();
if(c == 'P') {
int xa = read(), ya = read();
int xb = read(), yb = read(), k = read();
rep(j, , ) num[j] = ;
rep(j, , k) {
int a = read(), b = read();
num[a] += b;
}
int go = ;
rep(j, , ) if(num[j] & ) go |= ( << j - );
upd(xa, ya, go);
upd(xb + , ya, go);
upd(xa, yb + , go);
upd(xb + , yb + , go);
}
else {
int xa = read(), ya = read();
int xb = read(), yb = read();
int ans = qry(xb, yb) ^ qry(xa - , yb);
ans ^= qry(xb, ya - ) ^ qry(xa - , ya - );
rep(j, , )
if(ans & ( << j - )) putchar('');
else putchar('');
putchar('\n');
}
}
return ;
}
11
T12：简单的函数
题目大意：
定义$t$为最小的不是$n$的因子的数
定义$f(2) = 1$，并且$f(n) = f(t) + 1(n \geq 3)$
询问$f(2) * f(3) ... * f(n)$
首先打个表，发现$f(i)$落在$[1,4]$内
考虑对$1, 2, 3, 4$分别求解
一. $f(n) = 1$，只有$n = 2$时成立
二. $f(n) = 2$，由于只有$f(2) = 1$，因此$2$是最小的不是$n$的因子的数，即$n$为奇数
三. $f(n) = 3$和$f(n) = 4$，所有能转移到偶数的$n$满足$f(n) = 4$，否则$f(n) = 3$
我们发现，满足$f(n) = 4$的数成一些循环节
这是因为，不妨设$n = 2^k * p$，并且$n$最小的非因子数为$v$
如果$v / gcd(v, n)$是某个奇质数$x$，由于$v$中一定有$2$这个因子，并且$2x > x$，所以不存在$n$不包含$x$因子的情况
类似的探讨，可以得到$v / gcd(v, n) = 2$
那么最小的非因子数为$v$的数一定满足$n = v / 2 * p$，如果对$n$增加$2p$，那么它仍满足$v / gcd(v, n) = 2$
也就是说$2p$是一个循环节
那么比$2p$更大的循环节是怎么来的呢？
一定是最小的非因子数大于$v$的循环节
这时，$n$至少要乘个$2$，由于$n$中$2$的幂次改变了，因此不同的循环节之间不会互相影响
易知循环节不会太多，实际上在$n \leq 10^{18}$的范围中，只有$4$个
找出循环节直接统计即可
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll __int128
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline ll read() {
ll p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
}
using namespace std;
using namespace remoon; namespace mod_zone {
const int mod = 1e9 + ;
inline void inc(int &a, int b) { a += b; if(a >= mod) a -= mod; }
inline void dec(int &a, int b) { a -= b; if(a < ) a += mod; }
inline int Inc(int a, int b) { return (a + b >= mod) ? a + b - mod : a + b; }
inline int Dec(int a, int b) { return (a - b < ) ? a - b + mod : a - b; }
inline int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }
inline int fp(int a, ll k) {
int ret = ;
for( ; k; k >>= , a = mul(a, a))
if(k & ) ret = mul(ret, a);
return ret;
}
}
using namespace mod_zone; ll n;
int ans, tot;
long long tn;
ll cy[]; inline ll gcd(ll a, ll b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
} inline ll nj(ll a) {
return (a + ) / ;
} inline ll solve(ll n) {
ll now = ;
int pot = ;
while() {
bool flag = ;
while() {
if(now % pot == ) pot ++;
else {
if(pot & ) now *= pot / gcd(pot, now), pot ++;
else { flag = ; cy[++ tot] = now; }
}
if(flag || now > n) break;
}
if(now > n) break;
now *= pot / gcd(pot, now); pot ++;
} ll ret = ;
for(int i = ; i <= tot; i ++) ret += nj(n / cy[i]);
return ret;
} int main() {
cin >> tn;
n = tn;
ll n2 = (n + ) / - ;
ll n4 = solve(n);
ll n3 = n / - - n4;
int ans = fp(, n2);
ans = mul(ans, mul(fp(, n3), fp(, n4)));
printf("%d\n", ans);
return ;
}
12
T13：数列游戏
题目大意：
给定两个序列$A, B$
如果$A_i$和$A_{i + 1}$不互质，那么你可以把$A_i$和$A_{i + 1}$删除，并且得到$B_i + B_{i + 1}$的得分
之后，你需要把$A_i, A_{i + 1}, B_i, B_{i + 1}$删除，并将$A, B$按相对顺序重新编号
当$A$中所有相邻的数互质时，游戏结束，试最大化权值
令$f[i]$表示在$i$最后活着的情况下，$1 \sim i$的最大收益
那么转移为$f[i] = f[j] + sum(i, j)$，并且区间$[j + 1, i - 1]$可以被删除
我们考虑区间$dp$
令$g[i][j]$表示区间$[i, j]$可不可以被删除
那么转移时，枚举区间$[i, j]$中两个点$a, b$
只需要$a, b$不互质，并且区间$[i, a - 1]$，$[a + 1, b - 1]$，$[b + 1, j]$都可以删除时
那么区间$[i, j]$就可以被删除
这是一个$O(n^4)$的算法
考虑优化，区间$[i, j]$中，如果可以删除完，点$i$一定可以被删除
那么，我们枚举跟$i$配对的是$k$，只需要区间$[i + 1, k - 1]$和区间$[k + 1, j]$可以被删除即可
这样子复杂度就是$O(n^3)$啦...
下面这个代码优化了挺多地方，跑的还行吧...
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
#define ri register int
#define ll long long
#define tpr template <typename ra>
#define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
#define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
}
tpr inline void cmin(ra &a, ra b) { if(a > b) a = b; }
tpr inline void cmax(ra &a, ra b) { if(a < b) a = b; }
tpr inline bool ckmin(ra &a, ra b) { return (a > b) ? a = b, : ; }
tpr inline bool ckmax(ra &a, ra b) { return (a < b) ? a = b, : ; }
}
using namespace std;
using namespace remoon; #define ll long long const int sid = ; int n;
int a[sid], b[sid];
bool ok[sid][sid];
int g[sid][sid];
ll f[sid], sb[sid]; inline int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
inline int len(int a, int b) { return b - a + ; } inline bool dfs(int l, int r) {
if(l > r) return ;
if(len(l, r) & ) return ;
if(g[l][r] != -) return g[l][r];
bool flag = ;
for(int i = l + ; i <= r; i += ) {
if(ok[l][i])
flag = dfs(l + , i - ) && dfs(i + , r);
if(flag) break;
}
return g[l][r] = flag;
} int main() {
n = read();
rep(i, , n) a[i] = read();
rep(i, , n) b[i] = read(); rep(i, , n) sb[i] = sb[i - ] + b[i];
rep(i, , n) rep(j, i, n)
if(i != j && !(len(i + , j - ) & ) && gcd(a[i], a[j]) != )
ok[i][j] = ; memset(g, -, sizeof(g));
memset(f, , sizeof(f));
f[] = ;
rep(i, , n + ) {
cmax(f[i], f[i - ]);
rep(j, , i - )
if(f[j] + sb[i - ] - sb[j] > f[i] && dfs(j + , i - ))
f[i] = f[j] + sb[i - ] - sb[j];
}
printf("%lld\n", f[n + ]);
return ;
}
13
luogu NOIp热身赛（2018-11-07）题解的更多相关文章
- 2018.11.07 NOIP训练 L的鞋子（权值分块+莫队）
传送门 乱搞题. 我直接对权值分块+莫队水过了. 不过调了30min30min30min发现ststst表挂了是真的不想说什么233. 代码
- 2018.11.07 NOIP训练 lzy的游戏（01背包）
传送门 考虑对于每次最后全部选完之后剩下的牌的集合都对应着一种构造方法. 一个更接地气的说法: 设消耗的牌数为ttt,如果使用的牌的lll值之和也为ttt,则对应着一种构造方式让这种情形成立. 于是做 ...
- 2018.11.07 NOIP模拟 异或（数位dp）
传送门 对于每个二进制位单独考虑贡献. 然后对于两种情况分别统计. 对于第二种要用类似数位dpdpdp的方法来计算贡献. 代码
- 2018.11.07 NOIP模拟 分糖果（贪心）
传送门 考虑 n = 2 时的情况:假定两个人分别为(a, b),(c, d),则当且仅当min(a,d) ≤ min(b,c)时,把(a, b)放在前面更优,否则把(c, d)放在前面更优 然后把n ...
- 2018.11.07 NOIP模拟 数独（模拟）
传送门 sbsbsb签到题. 读题时间比写题时间长系列. 写一个checkcheckcheck函数来检验当前时间段第(i,j)(i,j)(i,j)号格子能否放入kkk就行了. 代码
- Unity进阶----AssetBundle_03(2018/11/07)
1. 为啥有AB包? 因为资源需要更新, 避免更新一次打包一次 动态修改. 2. AB包注意啥? 依赖关系 找依赖关系应该找到对应的平台!!! 3. 打包策略是分场景打包 若文件被文件夹包含打包出来的 ...
- 2018.11.07 bzoj1965: [Ahoi2005]SHUFFLE 洗牌（快速幂+exgcd）
传送门 发现自己的程序跑得好慢啊233. 管他的反正AC了 先手玩样例找了一波规律发现题目要求的就是a∗2m≡l(modn+1)a*2^m\equiv l \pmod {n+1}a∗2m≡l(modn ...
- 2018.11.07 bzoj2751: [HAOI2012]容易题(easy)（组合数学）
传送门 组合数学一眼题. 感觉一直做这种题智商会降低. 利用组合数学的分步计数原理. 只用关心每个数不被限制的取值的总和然后乘起来就可以了. 对于大部分数都不会被限制,总和都是n(n+1)2\frac ...
- 2018.11.07 hdu1465不容易系列之一（二项式反演）
传送门 其实标签只是搞笑的. 没那么难. 二项式反演只是杀鸡用牛刀而已. 这道题也只是让你n≤20n\le20n≤20的错排数而已. 还记得那个O(n)O(n)O(n)的递推式吗? 没错那个方法比我今 ...
随机推荐
- JS设计模式——11.适配器模式
适配器模式概述 适配器模式可用来在现有接口和不兼容的类之间进行适配.使用这种模式的对象又叫包装器(wrapper). 适配器特点 从表面看,适配器模式很像门面模式.她们都要对别的对象进行包装并改变其呈 ...
- hdu 1716 排列2（DFS搜索）
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1716 排列2 Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Me ...
- 【codeforces】【比赛题解】#940 CF Round #466 (Div. 2)
人生的大起大落莫过如此,下一场我一定要回紫. [A]Points on the line 题意: 一个直线上有\(n\)个点,要求去掉最少的点,使得最远两点距离不超过\(d\). 题解: 暴力两重fo ...
- SSD固态硬盘检测工具AS SSD参数
一. 使用AS SSD Benchmark进行查看 包括了4个方面的测试(顺序读写.4K随机读写.64线程4K读写.寻道时间) AS SSD的主要测试,也是网上最常见得到测试成绩的,是它主界面上持续. ...
- 正则表达式之你不知道的replace
我们都知道js内置类String提供了一个replace方法,可以把指定字符串替换为另一个字符串,他的基础用法如下: var str="hello world"; var str= ...
- Docker中安装wiki Confluence
一下内容在centos 7安装成功. 一.安装docker 1.yum安装docker yum update # 更新yum yum install docker # yum安装docker 2.开启 ...
- java基础35 双例集合Map及其常用方法
单例集合体系: ---------| collection 单例集合的根接口--------------| List 如果实现了list接口的集合类,具备的特点:有序,可重复 注:集合 ...
- Knockout.Js官网学习（模版绑定）
模板绑定器 如今页面结构越来越复杂,仅仅依靠foreach已经不足以我们的使用,这个时候我们就需要模板的存在,模板的优点自然很多,首先会让页面整洁,同时修改起来也可以方面的定位,最重要的是ko可以条件 ...
- 洛谷 P1992 不想兜圈的老爷爷 题解
洛谷 P1992 不想兜圈的老爷爷 题解 题目描述 一位年过古稀的老爷爷在乡间行走 而他不想兜圈子 因为那会使他昏沉 偶然路过小A发扬助人为乐优良传统 带上地图 想知道路况是否一定使他清醒 usqwe ...
- Zabbix的通知功能以及自定义脚本告警
本节内容: Zabbix的通知功能 定义接收告警的用户 定义Action Zabbix自定义脚本发送报警邮件 一.Zabbix的通知功能 在配置好监控项和触发器之后,一旦正常工作中的某触发器状态发生改 ...