11.5NOIP2018提高组模拟题

书信(letter)

Description

有 n 个小朋友，编号为 1 到 n，他们每人写了一封信，放到了一个信箱里，接下来每个人从中抽取一封书信。显然，这样一共有 n!种拿到书信的情况。

现在亮亮规定，对任意的 1<=x,y<=n，如果 x 号小朋友拿到 u 号小朋友写的书信， y 号小朋友拿到 v 号小朋友写的书信，那么（x+y）号小朋友必须拿到（u+v）号小朋友写的书信（这里的加法若和超过了 n，那么就减去 n）。

小林想知道，总共有多少种拿到书信的情况呢？

Input

只有一行一个正整数 n。

Output

只有一行一个正整数，表示符合条件的情况的总数。

这题感觉不太可证明，自己不会

通过枚举全排列打表发现,这题就是一个裸的求$\phi(n)$

$O(\sqrt{n})$求$\phi(n)$的话就不多$BB$了。

这里放一下公式。

\[\phi(x)=x \times \prod_{i=1}^{r} (1-\frac{1}{p_i})
\]

然后直接去求然后输出即可。

代码

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define int long long

#define R register

using namespace std;

inline void in(R int &x)

{

	int f=1;x=0;char s=getchar();

	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}

	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}

	x*=f;

}

int n;

inline int phi(int x)

{

    int res=x;

    for(int i=2;i*i<=x;i++)

    {

        if(x%i==0)

        {

            res=res/i*(i-1);

            while(x%i==0)x/=i;

        }

    }

    if(x>1)res=res/x*(x-1);

    return res;

}

signed main()

{

	freopen("letter.in","r",stdin);

	freopen("letter.out","w",stdout);

	in(n);

	printf("%lld\n",phi(n));

	fclose(stdin);

	fclose(stdout);

	return 0;

}

金条(au)

Description

小林在一家商店里购物，共有 i 件物品，第 i 件物品的价格为 i。小林身上带了许多金条，每根金条的价值都为整数，价值为 1~N 的金条数量都足够多。

对于任何一件物品，小林只会用同一价值的若干金条购买它，而且不能找零。因此，对于第 i 件物品，会有 C(i)种购买方法。小林只会选择这样的一件物品 i 进行购买： C(i) > max{ C(j) }， 1 <= j < i。

请你告诉小林，他能购买的最贵的物品的价格是多少。

Input

只有一行一个整数 N。

Output

只有一个整数，表示答案。

通过读题可以发现,我们是求$1$到$n$之间的约数个数最多的数。

PS：如果两个数的约数个数相同,取较小的一个。

有一个结论：可以求一个数的约数个数。

首先根据唯一分解定理(其中$p_1$是素数)

\[x=p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times p_3^{k_3} \times \dots
\]

那么一个数的约数个数就是这个：

\[d(x)=(k_1+1)\times(k_2+1)\times \dots
\]

$d(x)$表示$x$的约数个数。

然后通过计算可以知道,在$2 \times 10^9$中不同的质数的个数不会超过$10$个.

因此我们写出前$10$个素数.

然后直接暴力搜索即可。

注意：两个数的约数个数相同的话,取较小的一个。

题目要求严格$>$

代码

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define int long long

#define R register

using namespace std;

inline void in(int &x)

{

	int f=1;x=0;char s=getchar();

	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}

	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}

	x*=f;

}

int prime[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41};

int ans,mx,n;

void dfs(R int dep,R int now,R int cnt)

{

	if(dep>=11)return;

	if(cnt>mx)mx=cnt,ans=now;

	if(cnt==mx and ans>now)ans=now;

	for(R int i=1;i<=32;i++)

	{

		if(now*prime[dep]>n)break;

		dfs(dep+1,now*=prime[dep],cnt*(i+1));

	}

}

signed main()

{

	freopen("au.in","r",stdin);

	freopen("au.out","w",stdout);

	in(n);

	dfs(1,1,1);

	printf("%lld",ans);

	fclose(stdin);

	fclose(stdout);

	return 0;

}

小朋友(friend)

Description

n 个小朋友在一起做游戏，第 i 个小朋友的快乐值为 Di。当第 i 个小朋友和第 j 个小朋友一起玩时，他们能获得 Di xor Dj 的快乐值。每一个小朋友 i 都想知道，他和谁一起玩能够获得最大的快乐值，请你帮他们每个人分别求出这个值。

Input

第一行有一个整数 $n$。第二行三个整数 $K, B, P$（$1≤K≤20$， $0≤B＜2^{16}$， $0≤P＜2^{24}$）。根据 $ D_i = (K \times D_{i-1} + B)％2^{24}$ 和 $D_1 = P$ 自行计算整个 $P$ 数组。

Output

一个整数 $Ans$，$Ans=(\sum_{i=1}^{n} 3^{i-1} \times Ans_i)％2^{24}$ 。其中 $Ans_i$ 表示对于第 i 个小朋友我们需要的答案。

表示看到异或,还是取两两异或的最大值,选择树$01Trie$。

这个东西网上讲解很多,不多$BB$.

我们将得到的$D_i$插入到$Trie$树中。

查询就普通查询(贪心)即可。

时限由于有$5s$所以怎么搞都行。

注意不要傻到每次$ksm$求$3^{i-1}$

可以预处理,可以用一个变量。(这里我用了预处理)

这可以说是一个裸题？

代码

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define mod 16777216

#define lo long long

#define R register

using namespace std;

const int gz=2e6+5;

inline void in(R lo &x)

{

	int f=1;x=0;char s=getchar();

	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}

	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}

	x*=f;

}

lo n,K,B,P,ans;

lo a[gz],po[gz]={1};

struct Trie

{

	int ch[gz*15][2],idx;

	inline void ins(R int x)

	{

		R int u=0;

		for(R int i=25;i>=0;i--)

		{

			R int bit=(x>>i)&1LL;

			if(!ch[u][bit])ch[u][bit]=++idx;

			u=ch[u][bit];

		}

	}

	inline int query(R int x)

	{

		R int u=0,res=0;

		for(R int i=25;i>=0;i--)

		{

			R int bit=(x>>i)&1LL;

			if(ch[u][bit^1])

			{

				res+=(1LL<<i);

				u=ch[u][bit^1];

			}

			else u=ch[u][bit];

		}

		return res;

	}

}woc;

int main()

{

	freopen("friend.in","r",stdin);

	freopen("friend.out","w",stdout);

	in(n);in(K),in(B),in(P);a[1]=P%mod;woc.ins(a[1]);

	for(R int i=1;i<=n;i++)po[i]=po[i-1]*3%mod;

	for(R int i=2;i<=n;i++)

	{

		a[i]=((K*a[i-1])%mod+B)%mod;

		woc.ins(a[i]%mod);

	}

	for(R int i=1;i<=n;i++)

		(ans+=po[i-1]*woc.query(a[i])%mod)%=mod;

	printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);

}