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log_ax，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log_ba，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p^m | n 且  不p^m+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 ;
 }