2019icpc银川站 复现赛
打了计蒜客上的银川重现赛,总体感觉难度上确实比平时区域赛要低上一些。
这里补一下F题和G题的思路和代码。
upd:I题也补了,理解差不多都在注释里。
- F题
做法,玩一下n=10的样例就出来啦!
解释:显然a^x的反函数为logax,我们先固定外层的求和的a,然后看内层求和的b,b从a开始加到n,注意到对于后半个向上取整的logba,b>=a,所以始终都是1,而对于前半个式子,只有当b经过a^i时才增加,举个例子就是log22~log23向下取整都为1,log24~log27向下取整都为2,log28~log210都为3.
对于n=10的样例,a=2就可以这样玩出来,在玩a=3,同理,b从3~10的过程中,9和10的时候出来2。
而对于4和4以后的值,我们发现后面求和的值都是n-i+1个1,就是从i到n中有多少个数,这部分我们就可以用公式算。咋算呢?
Σi(n-i+1),显然 i 从sqrt(n)+1到n,把这个式子拆开来,就可以得到公式,此处注意 12+22+……+n2=n*(n+1)*(2n+1)/6;
至此,我们就可以发现规律了!n最大到1e12,我们就可以对前sqrt(n)个数暴力的去算。后面部分的完美地去用公式算。
不过比赛的时候,取模写炸了,导致10几分钟就推出来的结论,爆炸搞了2个小时,取模要每步取模,由于这里的n本身就很大,每个数本身都要取模,而更重要的是对于除法,取模意义下要用逆元来算,所以就用到了快速幂来求除法逆元。主要是这里除法经常炸,亏我对拍debug了半天。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=; ll quick(ll x,ll n) //快速幂 x^n
{
ll res=;
while(n)
{
if(n&) res=(res*x)%MOD;
x=(x*x)%MOD;
n>>=;
}
return res;
} ll inv(ll a) //逆元 费马小定理,要求 a,mod互素
{
return quick(a,MOD-);
} ll i2sum(ll i)
{
return (((i%MOD)*((i+)%MOD))%MOD*(((*i)%MOD+)%MOD))%MOD*inv()%MOD;
} int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
ll n;
cin>>n;
ll ans=;
ll k=(ll)sqrt(n)+;
//debug(k);
for(ll i=;i<k;++i)
{
ll t=i;
ll q=;
while(t<=n)
{
q=(q+n-t+)%MOD;
t*=i;
}
ans=(ans+(q%MOD)*(i%MOD)%MOD)%MOD;
//debug(ans);
}
//debug(ans);
ans=(ans+(((((n+)%MOD)*((n-k+)%MOD))%MOD*(((k+n)%MOD)*inv()%MOD)%MOD)%MOD+i2sum(k-)-i2sum(n)+MOD)%MOD)%MOD;
// debug(ans);
//ll t=i2sum(n);
//debug(t);
cout<<ans<<endl;
return ;
}
//200 1366404
//1000 167464908
//10000 36893337
//100000 384927495
//1000000 960529847
//10000000 679483439
//100000000 498142384
debug和对拍数据没删,也可以对照一下。
- G题
g题一开始看题目看傻了,p是啥完全不知道,后来和队长讨论了一下,结合样例一看,就对上感觉了。
因为操作就是乘2到10之间的一个数,很显然pm | n 且 不pm+1 | n 的m 就是你已经对p乘的操作,需要对照样例感觉一下。
然后维护四棵 区间加法,维护最大值的线段树了。
然后对于2~10的数你可以写if else ,也可以像我这样写,每次差几个log级update的操作问题不大。
然后这两天的数据结构和计算几何题,告诉我这类题一定要scanf,printf,开优化的cin也不行!!!
然后就没啦!(cry!
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1) using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+;
int prime[]={,,,}; struct tree
{
int seg[MAXN<<];
int lazy[MAXN<<];
inline void pushup(int rt){ seg[rt]=max(seg[lson],seg[rson]); }
inline void pushdown(int rt)
{
if(lazy[rt])
{
lazy[lson]+=lazy[rt];
lazy[rson]+=lazy[rt];
seg[lson]+=lazy[rt];
seg[rson]+=lazy[rt];
lazy[rt]=;
}
}
void build(int l,int r,int rt)
{
seg[rt]=lazy[rt]=;
if(l==r) {seg[rt]=;return;}
int m=(l+r)>>;
build(l,m,lson);
build(m+,r,rson);
pushup(rt);
} void update(int l,int r,int rt,int ql,int qr,ll x)
{
if(ql<=l && r<=qr) {seg[rt]+=x;lazy[rt]+=x;return;}
pushdown(rt);
int m=(l+r)>>;
if(ql<=m) update(l,m,lson,ql,qr,x);
if(qr>m) update(m+,r,rson,ql,qr,x);
pushup(rt);
} int query(int l,int r,int rt,int ql,int qr)
{
if(ql<=l && r<=qr) return seg[rt];
pushdown(rt);
int m=(l+r)>>;
int ans=-INF;
if(ql<=m) ans=max(ans,query(l,m,lson,ql,qr));
if(qr>m) ans=max(ans,query(m+,r,rson,ql,qr));
return ans;
}
}t[]; int main()
{
int n,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
//for(int i=0;i<4;++i) t[i].build(1,n,1);
while(q--)
{
char s[];
scanf("%s",s);
int a,b,x;
if(s[]=='U')
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&x);
for(int i=;i<;++i)
{
int tt=;
while(x%prime[i]==)
{
x/=prime[i];
tt++;
}
//debug(tt);
if(tt!=) t[i].update(,n,,a,b,tt);
if(x==) break;
}
}
else
{
scanf("%d%d",&a,&b);
int ans[];
for(int i=;i<;++i)
{
ans[i]=t[i].query(,n,,a,b);
//debug(ans[i]);
}
int a1=max(ans[],ans[]),a2=max(ans[],ans[]);
printf("ANSWER %d\n",max(a1,a2));
}
}
return ;
}
- I题
2~62任意进制的转换,poj1220
代码来源于大神,看了有些时间才差不多理解。
原来的代码是利用字符ASCII码直接映射的,我自己写的建立了两个互相的映射map,感觉也挺好用的。
转换的核心过程见注释代码。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout<< # x <<": "<<x<<endl
using namespace std;
const int MAXN=1e3+; map<char,int> mp;
map<int,char> mp2; void init()
{
int k=;
char c;
for(int i=;i<;++i) //0~9
{
c=i;
mp2[k]=c;
mp[c]=k++;
}
for(int i=;i<+;++i) //A~Z
{
c=i;
mp2[k]=c;
mp[c]=k++;
}
for(int i=;i<+;++i) //a~z
{
c=i;
mp2[k]=c;
mp[c]=k++;
}
}
int n,m;
char s[MAXN],ans[MAXN];
int t[MAXN],a[MAXN]; void solve()
{
int len=strlen(s),k=;
for(int i=len-;i>=;--i)
{
t[len-i-]=mp[s[i]]; //倒置 得到每位的值 下标0表示低位
}
for(k;len;) //模拟 除m取余 的过程 一次得到低位的一个数
{
for(int i=len-;i>=;--i) //
{
t[i-]+=t[i]%m*n;
t[i]/=m;
}
a[k++]=t[]%m;
t[]/=m;
while(len && !t[len-]) //当前高位已为0,可以减少总位数
len--;
}
ans[k]='\0';
for(int i=;i<k;++i)
{
ans[k-i-]=mp2[a[i]]; //数是从下标0开始的,需要倒置
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
init();
cin>>n>>m;
cin>>s;
solve();
cout<<ans<<endl;
return ;
}
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