Noip模拟73 2021.10.10

老妈送来了防寒补给就很棒，再也不用晚上盖两层毛巾被了，再也不用担心晚上自动把毛巾被$split$了

还有一些好吃的耶叶

T1 小L的疑惑

考场上疑惑的切掉了

直接把$a$排序然后处理前缀和的过程中判断和下一个的数的差就行

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4 namespace AE86{
 5     inline int read(){
 6         int x=0,f=1;char ch=getchar();
 7         while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 8         while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;
 9     }inline void write(int x,char opt='\n'){
10         char ch[20];int len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
11         do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
12         for(register int i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);}
13 }using namespace AE86;
14 const int NN=1e5+5;
15 int n,a[NN];
16 namespace WSN{
17     inline short main(){
18         freopen("math.in","r",stdin);
19         freopen("math.out","w",stdout);
20         n=read();
21         for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
22         sort(a+1,a+n+1);int sum=0;
23         for(int i=1;i<=n;i++){
24             if(a[i]-sum>1){
25                 printf("%lld\n",sum+1);
26                 return 0;
27             }
28             sum+=a[i];
29         }
30         printf("%lld\n",sum+1);
31         return 0;
32     }
33 }
34 signed main(){return WSN::main();}

T2 小L的数列

一眼矩阵快速幂，然后就开始刚他

发现计算的时候是连乘，非常不爽那么考虑对指数快速幂

找到每一个$f_1...f_k$的对应指数然后就可以计算了

转移矩阵是一个类似这样的，拿$k=4$举例

$\begin{vmatrix}b_1 &b_2  &b_3  &b_4 \\ 1 &0 &0  &0 \\ 0 &1  &0  &0 \\ 0 &0  &1  &0 \end{vmatrix}$

然后你就会陷入无尽的痛苦中，为啥它小点对，大点不对啊

你开始怀疑自己，甚至否认了转移矩阵，然后突然发现了一件事情：对指数矩阵快速幂

$\huge{?}$

$\huge{!}$

$a^b\equiv a^{ b\mod \phi (p)}(\mod p)$

然后就被卡常了。。。。。。

然后就$\textit{%:pragma GCC optimize(2)}$了。。。。。。

 1 %: pragma GCC optimize(2)
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 #define int long long
 4 using namespace std;
 5 namespace AE86{
 6     inline int read(){
 7         int x=0,f=1;char ch=getchar();
 8         while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 9         while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;
10     }inline void write(int x,char opt='\n'){
11         char ch[20];int len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
12         do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
13         for(register int i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);}
14 }using namespace AE86;
15 const int KK=205,mod=998244353;
16 int n,k,b[KK],f[KK];
17 inline int qmo(int a,int b,int ans=1){
18     int c=mod; a%=c;
19     while(b){
20         if(b&1) ans=ans*a%c;
21         b>>=1; a=a*a%c;
22     }
23     return ans;
24 }
25 namespace Matrix{
26     struct Ma{
27         int m[KK][KK];
28         Ma(){memset(m,0,sizeof(m));}
29         inline void pre(){for(int i=1;i<=k;i++)m[i][i]=1;}
30     };
31     inline Ma muls(Ma a,Ma b){
32         Ma c;
33         for(int i=1;i<=k;i++)
34             for(int j=1;j<=k;j++)
35                 for(int u=1;u<=k;u++)
36                     c.m[i][j]=(c.m[i][j]+a.m[i][u]*b.m[u][j]%(mod-1))%(mod-1);
37         return c;
38     }
39 }using namespace Matrix;
40 int dp[KK],c[KK];
41 inline void mul(int a[KK],Ma b){
42     memset(c,0,sizeof(c));
43     for(int i=1;i<=k;i++)
44         for(int j=1;j<=k;j++)
45             c[i]=(c[i]+a[j]*b.m[j][i]%(mod-1))%(mod-1);
46     memcpy(a,c,sizeof(c));
47 }
48 namespace WSN{
49     inline short main(){
50         freopen("seq.in","r",stdin);
51         freopen("seq.out","w",stdout);
52         n=read(); k=read();
53         for(int i=1;i<=k;i++) dp[i]=b[i]=read();
54         for(int i=1;i<=k;i++) f[i]=read();
55         Ma g;
56         for(int i=1;i<=k;i++){
57             g.m[1][i]=b[i];
58             if(i+1<=k) g.m[i+1][i]=1;
59         }
60         int b=n-k-1;
61         if(n<=k){ write(f[n]);return 0;}
62         while(b){
63             if(b&1) mul(dp,g);
64             b>>=1; g=muls(g,g);
65         }
66         int tmp=1;
67         for(int i=1;i<=k;i++){
68             tmp=tmp*qmo(f[k-i+1],dp[i])%mod;
69         } write(tmp);
70         return 0;
71     }
72 }
73 signed main(){return WSN::main();}

T3 连边

多源$dijkstra$处理出每个黑点为原点的到每个白点的最短路，然后考虑把重复的部分删掉就行了

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4 namespace AE86{
 5     inline int read(){
 6         int x=0,f=1;char ch=getchar();
 7         while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 8         while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;
 9     }inline void write(int x,char opt='\n'){
10         char ch[20];int len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
11         do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
12         for(register int i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);}
13 }using namespace AE86;
14 const int NN=1e5+5,MM=2e5+5,inf=1e18;
15 int n,m,seg[NN];
16 struct SNOW{int to,val,next;}e[MM<<1];int head[NN],rp;
17 inline void add(int x,int y,int z){
18     e[++rp]=(SNOW){y,z,head[x]};head[x]=rp;
19     e[++rp]=(SNOW){x,z,head[y]};head[y]=rp;
20 }
21 struct node{
22     int id,data;
23     friend bool operator<(node a,node b){
24         return a.data>b.data;
25     }
26 };priority_queue<node> Q;
27 int dis[NN];bool vis[NN];
28 inline void dij(){
29     for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=inf,vis[i]=0;
30     for(int i=1;i<=n;i++) if(seg[i])
31         Q.push(node{i,0}),dis[i]=0;
32     while(!Q.empty()){
33         int x=Q.top().id,y=Q.top().data;Q.pop();
34         if(!vis[x]){ vis[x]=1;
35             for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
36                 if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].val)
37                     Q.push(node{e[i].to,dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].val});
38         }
39     }
40 }
41 int ans,sheng[NN];
42 namespace WSN{
43     inline short main(){
44         freopen("minimum.in","r",stdin);
45         freopen("minimum.out","w",stdout);
46         n=read(); m=read();
47         for(int i=1;i<=n;i++) seg[i]=read();
48         for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
49             x=read(),y=read(),z=read(),add(x,y,z);
50         dij();
51         for(int i=1;i<=n;i++) if((!seg[i])&&dis[i]>=inf) return puts("impossible"),0;
52         for(int i=1;i<=n;i++){
53             if(seg[i]) continue;
54             for(int j=head[i];j;j=e[j].next){
55                 int y=e[j].to,val=e[j].val; if(seg[y]) continue;
56                 if(dis[y]==dis[i]+val) sheng[y]=max(sheng[y],dis[i]);
57             }
58         }
59         for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dis[i]-sheng[i];
60         write(ans);
61         return 0;
62     }
63 }
64 signed main(){return WSN::main();}

T4 小L的有向图

对于一种拓扑序$p$，可以求出原图有几条边可以被这个拓扑序满足，假设有$k$条，对答案的贡献就是$2^k$

用状压$dp$计算，每次新加入一个点有几条和这个点有关的边被满足了

时间复杂度$O(2^n n)$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4 namespace AE86{
 5     inline int read(){
 6         int x=0,f=1;char ch=getchar();
 7         while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 8         while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;
 9     }inline void write(int x,char opt='\n'){
10         char ch[20];int len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
11         do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
12         for(register int i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);}
13 }using namespace AE86;
14 const int NN=23,mod=998244353;
15 int n,m,U,dp[1<<NN],pw[500],g[1<<NN];
16 namespace WSN{
17     inline short main(){
18         freopen("topology.in","r",stdin);
19         freopen("topology.out","w",stdout);
20         n=read();m=read(); U=(1<<n)-1; pw[0]=dp[0]=1;
21         for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
22             x=read(),y=read(),g[y]|=(1<<x-1),pw[i]=(pw[i-1]<<1)%mod;
23         for(int s=0;s<=U;s++){
24             for(int i=1;i<=n;i++) if(!(s&(1<<i-1))){
25                 int k=__builtin_popcount(s&g[i]);
26                 (dp[s|(1<<i-1)]+=dp[s]*pw[k]%mod)%=mod;
27             }
28         }
29         write(dp[U]);
30         return 0;
31     }
32 }
33 signed main(){return WSN::main();}

由于最后的两道题过于不符合$T3,T4$水平，于是乎。。。。

$UPD 20:35$

收到远方朋友的消息该更新了

于是乎。。。。

这里补充一下更新原因是因为原来加的两道题过于不可做，于是加了两道比较可做的

T7 中国象棋

题意转化：有几种方案构建$01$矩阵，使其每行每列的$1$的个数不超过$2$

考虑$dp[i][j][k]$表示考虑到第$i$行有$j$列放了$1$个棋子，$k$列放了$0$个棋子

然后分超多情况转移即可，直接放码了，因为写出来和码出来没啥大区别

记得先继承上一行的方案数。

初始状态:$dp[0][0][m]=1$

目标状态$\sum \limits_{i=0}^{m} \sum \limits_{j=0}^{m} dp[n][i][j]$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4 namespace AE86{
 5     inline int read(){
 6         int x=0,f=1;char ch=getchar();
 7         while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 8         while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;
 9     }inline void write(int x,char opt='\n'){
10         char ch[20];int len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
11         do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
12         for(register int i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);}
13 }using namespace AE86;
14 const int NN=105,mod=9999973,v2=4999987;
15 int n,m,f[NN][NN][NN];
16 namespace WSN{
17     inline short main(){
18         freopen("chess.in","r",stdin);
19         freopen("chess.out","w",stdout);
20         n=read();m=read(); f[0][0][m]=1;
21         for(int i=1;i<=n;i++){
22             for(int j=0;j<=m;j++){
23                 for(int k=0;k<=m;k++){
24                     f[i][j][k]=f[i-1][j][k];
25                     if(j-1>=0&&k+1<=m) (f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k+1]*(k+1)%mod)%=mod;
26                     if(j+1<=m) (f[i][j][k]+=f[i-1][j+1][k]*(j+1)%mod)%=mod;
27                     if(k+1<=m) (f[i][j][k]+=f[i-1][j][k+1]*j%mod*(k+1)%mod)%=mod;
28                     if(j-2>=0&&k+2<=m) (f[i][j][k]+=f[i-1][j-2][k+2]*(k+2)%mod*(k+1)%mod*v2%mod)%=mod;
29                     if(j+2<=m) (f[i][j][k]+=f[i-1][j+2][k]*(j+2)%mod*(j+1)%mod*v2%mod)%=mod;
30                 }
31             }
32         } int ans=0;
33         for(int i=0;i<=m;i++){
34             for(int j=0;i+j<=m;j++){
35                 (ans+=f[n][i][j])%=mod;
36             }
37         }
38         write(ans);
39         return 0;
40     }
41 }
42 signed main(){return WSN::main();}

T8 奇妙的Fibonacci

关于一个推论的证明，我们可以去看别人的博客，因为这个推论的前置知识比较多，写在这里太多了，就不展开了

直接说结论，就是$n|m \Leftrightarrow fib_n|fib_m$，

然后最恶心的就是要特判第二项！！！

然而凭借打表发现这个规律的我并未关注到这一点，一直以为结论是假的，导致拖了很久才切掉这道题，最后还是问小熠这结论怎么回事

然后知道这个结论后发现就是一个裸的线性筛约数个数和约数平方和

然后我是结合打的表推出来的约数平方和，和约数和非常类似

数组定义如下：

$d[i]$表示约数个数

$e[i]$表示$i$中最小质因子出现的次数

$pw[i]$表示约数平方和

$f[i]$表示$i$把所有的最小质因子除干净后剩的数

然后转移的话就不写了，表达出来跟代码一样，不如直接看码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4 namespace AE86{
 5     inline int read(){
 6         int x=0,f=1;char ch=getchar();
 7         while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 8         while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;
 9     }inline void write(int x,char opt='\n'){
10         char ch[20];int len=0;if(x<0)x=~x+1,putchar('-');
11         do{ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4);x/=10;}while(x);
12         for(register int i=len-1;i>=0;--i)putchar(ch[i]);putchar(opt);}
13 }using namespace AE86;
14 const int NN=1e7+1,mod=1e9+7;
15 int d[NN],prime[NN],cnt,e[NN],pw[NN],f[NN];
16 bool vis[NN];
17 inline void getprime(){
18     pw[1]=d[1]=1;
19     for(int i=2;i<NN;i++){
20         if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,d[i]=2,pw[i]=1+i*i,f[i]=e[i]=1;
21         for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<NN;j++){
22             vis[i*prime[j]]=1;
23             if(i%prime[j]==0){
24                 d[i*prime[j]]=d[i]/(e[i]+1)*(e[i]+2);
25                 pw[i*prime[j]]=pw[i]+pw[f[i]]*(i*prime[j]/f[i])*(i*prime[j]/f[i]);
26                 e[i*prime[j]]=e[i]+1;
27                 f[i*prime[j]]=f[i];
28                 break;
29             }
30             d[i*prime[j]]=d[i]*2;
31             pw[i*prime[j]]=pw[i]*pw[prime[j]];
32             e[i*prime[j]]=1;
33             f[i*prime[j]]=i;
34         }
35     }
36 }
37 int q,a,b,c,n;
38 namespace WSN{
39     inline short main(){
40         getprime();
41         // for(int i=1;i<=20;i++) cout<<i<<" "<<d[i]<<" "<<pw[i]<<endl;
42         // for(int i=1;i<=20;i++) cout<<i<<" "<<d[i]+(i&1)<<" "<<pw[i]+((i&1)?d[i]+2:0)<<endl;
43         n=read(); q=read(); a=read(); b=read(); c=read();
44         int ans1=d[q]+(q&1),ans2=pw[q]+((q&1)?4:0);
45         // printf("i=%lld ans1=%lld ans2=%lld\n",q,ans1,ans2);
46         for(int i=2;i<=n;i++){
47             q=(q*a+b)%c+1;
48             (ans1+=d[q]+(q&1))%=mod;
49             (ans2+=pw[q]+((q&1)?4:0))%=mod;
50             // printf("i=%lld ans1=%lld ans2=%lld\n",q,d[q]+(q&1),pw[q]+(q&1));
51         } write(ans1);write(ans2);
52         return 0;
53     }
54 }
55 signed main(){return WSN::main();}

再次提醒，记得特判第二项！！！