牛客NOIP暑期七天营-提高组5

A：deco的abs。 水题，先%，然后相邻两个数min()一下差值。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=;
const int Mod=;
int a[maxn]; ll ans;
int main()
{
    int N,D;
    scanf("%d%d",&N,&D);
    for(int i=;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]%=D;
    for(int i=;i<=N;i++) {
        int t=abs(a[i]-a[i-]);
        ans+=min(t,D-t);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}

B：deco的gcd .给出数组a[]，求两两gcd之积。

当然如果是两两gcd之和，就是司空见惯的反演了。

没做过的，可以参考：

HDU - 4676 ：Sum Of Gcd （莫队&区间gcd公式）      CodeForces - 645F：Cowslip Collections （组合数&&欧拉函数）

1，但是这里是之积，就有点烦。 我们可以把乘法变为加法，然后反演。

2，从另外一个角度看，由于是乘法，而且是积性函数，所以我们每个素数单独考虑。对于同一个素数p，其贡献是一个取min操作， 求出每个数有多少个p，然后基数统计一下前缀和，就可以算贡献了。  注意还要欧拉降幂(我忘了降幂GG了)。

处理每个数的素数及其幂次；

1，有根号算法，单词复杂度sqrt。

2，预处理sqrt以内的素数，128个。单词复杂度128；

3，素数筛的时候记录每个数的最小素数P[i]。那么可以一直除P[i]，直到为1，复杂度<18；

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
const int Mod=;
int vis[maxn],p[maxn],cnt,ans=,K,P[maxn];
int qpow(int a,int x){
    int res=; while(x){
        if(x&) res=1LL*res*a%Mod;
        x>>=; a=1LL*a*a%Mod;
    } return res;
}
void init()
{
    for(int i=;i<maxn;i++){
        if(!vis[i]) p[++cnt]=i,Mn[i]=Mod,P[i]=i;
        for(int j=;j<=cnt&&i*p[j]<maxn;j++){
            vis[i*p[j]]=; P[i*p[j]]=p[j];
            if(!(i%p[j]))  break;
        }
    }
}
int G[maxn][];
int main()
{
    int N,Q,x;
    init();
    scanf("%d",&N);
    rep(i,,N) {
        scanf("%d",&x);
        while(x>){
            int t=P[x],res=;
            while(x%t==) x/=t,G[t][++res]++;
        }
    }
    rep(i,,cnt){
        int sum=;
        for(int j=;j<=;j++){
            int t=G[p[i]][j];
            if(t<=) break;
            (sum+=1LL*t*(t-)/%(Mod-))%=(Mod-);
        }
        ans=1LL*ans*qpow(p[i],sum)%Mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}

C:deco的str

题意：S中每个位置的值val为对应区间=T的循环同构数，求相邻位置的val的积的和。

思路：如何求每个位置的值，如果对S进行循环同构，复杂度会比较高。 所以考虑对T进行M次循环同构，生成了M个新的字符串{}，记录每个新的字符串出现了多少次，然后每个位置的val=对应{}中字符串的出现次数。 那么显然可以hash来做，为了保险，可以用双hash。

题解的思路： 考虑对S循环同构。  不难想到，对于一个pos，它做出贡献的形式是，S[pos+1...]+S[...pos]=T，所以我们求出每个pos和T的前缀匹配的最长公共前缀长度L[]。每个pos和T的最长后缀长度P[]。 那么pos的贡献应该是max(0,P[pos]+L[pos]-lenT); （大概是这样）。

而求L，就是exKMP；  求P，就是把T倒序，S倒叙，再求一次exKMP即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
const int Mod=1e9+;
int seed=; ull p[maxn],h[maxn],fcy;
char a[maxn],b[maxn]; int ans;
unordered_map<ull,int>mp;
ull gethash(int L,int R)
{
    return h[R]-h[L-]*p[R-L+];
}
int main()
{
    int N,M; scanf("%s%s",a+,b+);
    N=strlen(a+); M=strlen(b+);
    if(N<M*) return puts(""),;
    p[]=; rep(i,,N) p[i]=p[i-]*seed;
    rep(i,,N) h[i]=h[i-]*seed+a[i]-'a'+;
    rep(i,,M) fcy=fcy*seed+b[i]-'a'+;
    mp[fcy]++;
    rep(i,,M) fcy=(fcy-(b[i]-'a'+)*p[M-])*seed+b[i]-'a'+,mp[fcy]++;
    rep(i,,N+-M-M) {
        ull A=gethash(i,i+M-),B=gethash(i+M,i+M+M-);
        if(mp.find(A)==mp.end()) continue;
        if(mp.find(B)==mp.end()) continue;
        ans=ans+1LL*mp[A]*mp[B]%Mod;
        if(ans>=Mod) ans-=Mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}