【BLUESKY的NOIp模拟赛】解题报告

 昨天晚上熬夜熬得有点严重，今天比赛的时候状态不好，成绩爆炸。。。

 不得不说BLUESKY007 出的题还是相当不错的，也为我提醒了几个需要补的漏洞方向，这里作一下整理。

\(Task 1\)：探索

\(1.1\) 题目描述

 古希腊哲学家柏拉图曾经在他的著作中这样描述道：“有这样一群囚徒，他们终生居住在一个黑暗的洞穴中，脖子和脚被锁住，无法环顾四周，只能面向洞穴岩壁。在囚徒身后，”有一堆篝火。在篝火与囚徒之间，有着形形色色的物体，火光将那些物体的影子投射到囚徒面前的岩壁上。这些二维影子就是囚徒们所能看到的全部，他们认为这就是现实世界。但真实情况是，世界要比他们他们所认为的二维世界多一个维度，锁链让他们无法回头看到这个真实的世界。然而这个真实的世界却远远比岩壁上的一切丰富多彩。”那么是不是也有可能我们现在生活的世界也是四维空间的一个投影？是不是宇宙大爆炸之前的纪元里，那时的空间要比我们现在的宇宙空间多出一个维度，而我们的宇宙诞生于高维宇宙中的一次恒星坍塌——这次坍塌在四维宇宙中产生了一个四维黑洞，而黑洞的三维表面，就是我们生活的宇宙？——

 沉浸在对高维时空幻想中的\(BLUESKY007\)想着想着，一不小心就睡着了。在梦里，她竟然来到了四维的神奇世界！这个世界被\(n\)堵三维的墙划分成了很多不同的区域。\(BLUESKY007\)感到很兴奋，于是她想要探索这个神奇的世界，但是每次她只能探索同一个区域。探索一个区域就可以获得一点开心值。

 由于这个四维世界的不确定性，她的开心指数也不会一样，现在她想要知道自己的开心值最大能达到多少。（由于答案一定会很大，所以只需要输出对\(m\)取模后的结果)

\(1.2\) 输入输出格式：

 输入：一行两个整数\(n,m\)

 输出：一行一个整数\(ans\)，表示开心指数

\(discover.in\)	\(discover.out\)
\(5,5\)	\(1\)

\(1.3\) 样例输入输出解释

\(k[1]=2,k[2]=4,k[3]=8,k[4]=16,k[5]=31\)

\(1.4\) 数据范围与约定

• 对于\(30\%\)的数据,\(n\le10^6,m\le10^5\)

• 对于\(75\%\)的数据,\(n \le 10^{12},m \le 10^9\)

• 对于\(100\%\)的数据,\(n,m \le 10^{18}\)

 看到高维的题目，第一想法当然是从低维找规律。但是由于本蒻昨晚修仙，今天早上脑子不清楚，所以直到最后才找到规律，只好匆忙打了一个30分暴力上去。

 先说基础想法，考虑下面一些情况：

拆分空间\维度	一维-零维	二维-一维	三维-二维	四维-三维
\(0\)	1	1	1	1
\(1\)	2	2	2	2
\(2\)	3	4	4	4
\(3\)	4	7	8	8
\(4\)	5	11	15	16

 简单来说就是线被点分，面被线分，体被面分的数量。通过列表会清晰的发现其差分规律，直接大力构造矩阵进行加速线性递推就可以了。

 值得注意的问题是快速乘的用法。实际上快速乘还有一种O(1)的写法，但是因为害怕出锅，所以这里不讨论，反正我也不是高端选手嘛。

 思想上类似快速幂，复杂度O(logn)。相当于把两数相乘，拆成一个数乘另一个数的二进制累加，常用于long long乘法取模爆精度的情况。

inline lint mul(lint x,lint y){
	//mod m
	lint res=0;
	while(y){
		if(y&1)res=(res+x)%m;
		y>>=1;
		x=(x+x)%m;
	}
	return res;
}

 代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define lint long long
using namespace std;
struct Matrix{
	lint mp[6][6];
	void Init(){
		memset(mp,0,sizeof(mp));
	}
	void Unit(){
		memset(mp,0,sizeof(mp));
		for(int i=0;i<5;++i){
			mp[i][i]=1;
		}//初始化为单位矩阵
	}
};
lint tmp[5][5]={
	{1,1,0,0,0},
	{0,1,1,0,0},
	{0,0,1,1,0},
	{0,0,0,1,0},
	{1,0,0,0,1}
};//构造转移矩阵
lint n,m,ans[1][5],bg[1][5]={1,1,1,1,1};
//构造初始矩阵
inline lint mul(lint x,lint y){
	//mod m
	lint res=0;
	while(y){
		if(y&1)res=(res+x)%m;
		y>>=1;
		x=(x+x)%m;
	}
	return res;
}
Matrix __mul(Matrix mat_1,Matrix mat_2){
	Matrix res;
	res.Init();
	for(int i=0;i<5;++i){
		for(int j=0;j<5;++j){
			for(int k=0;k<5;++k){
				res.mp[i][k]=(res.mp[i][k]+mul(mat_1.mp[i][j],mat_2.mp[j][k]))%m;
			}
		}
	}
	return res;
}
Matrix __pow(Matrix mat,lint p){
	Matrix res;
	res.Unit();
	while(p){
		if(p&1){
			p^=1;
			res=__mul(res,mat);
		}
		p>>=1;
		mat=__mul(mat,mat);
	}
	return res;
}
int main(){
//	freopen("discover.in","r",stdin);
//	freopen("discover.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	Matrix mat,res;
	for(int i=0;i<5;++i){
		for(int j=0;j<5;++j){
			mat.mp[i][j]=tmp[i][j];
		}
	}
	res=__pow(mat,n);//mat^n
	for(int i=0;i<1;++i){
		for(int j=0;j<5;++j){
			for(int k=0;k<5;++k){
				ans[i][k]=(ans[i][k]+bg[i][j]*res.mp[j][k])%m;
			}
		}
	}
	cout<<ans[0][3]<<endl;
}

 为了保证写法的通用性与鲁棒性，这里我选择构造出来初始矩阵和答案矩阵，这个题不构造也是可以的。

---

\(Task 2\)： 水果蛋糕

\(2.1\) 题目描述

 BLUESKY007要过生日了,为此朋友们准备给她买一个\(nm\)的水果蛋糕,但是在订蛋糕的时候却出现了问题：

 蛋糕是方形的,因为水果颗粒放整齐才好看,所以水果颗粒必须按行按列地摆放（也就是如果建立平面直角坐标系,它们的坐标必须都是整数）.

 她的朋友们想要蛋糕店多放点水果,但是由于摆放得太密集也不好看,所以蛋糕店拒绝在和任意的水果颗粒相距 \(\sqrt{13}\)的地方摆放水果颗粒.（距离按照坐标计算）

 她的朋友们想知道蛋糕上最多能摆放多少水果颗粒,但是由于她们没有\(BLUESKY007\)聪(\(rui\))慧(\(zhi\)),所以她们找到了你来帮忙.

\(2.2\) 输入输出格式

 输入：一行两个整数\(n,m\)

 输出：一行一个整数表示答案

\(cake.in\)	\(cake.out\)
1 4	4
\(cake.in\)	\(cake.out\)
3 4	10

\(2.3\) 样例解释

 如图所示,左图为样例1的实现方案,右图为样例2的实现方案之一

\(2.4\) 数据范围与约定

• 对于\(20\%\)的数据,\(n,m\le5\)

• 对于另\(30\%\)的数据,\(n=3,m\le10^4\)

• 对于另\(30\%\)的数据,\(n=4,m\le10^9\)

• 对于\(100\%\)的数据,\(n,m\le10^9\)

 这个题目的想法让我很意外，以前很少见到类似这样较多特判的构造。

 首先题目很明确的告诉你了，这个题不能搜索。尽管如此，暴搜打表找规律还是可以的，不过似乎并不需要。

• 首先考虑对\(n,m\le5\)的情况，可以直接用纸推出来。
• 其次对于\(n=3\)的情况，可以构造出来一种最优情况，是中间全满，上下6个一循环。
• 对于\(n=4\)同理，也可以得到循环的最优构造。
• 对于更大的情况，因为上下也会互相干涉了，所以每两个格子里面最多放一个。考虑区分行列奇偶情况，特判求解即可。

 让人意外的一点是：这个题目的正解就是多个特判，而且部分分之间关联并不大，和往常那种层层递进引向正解的不太相似。虽然正解也好写，但是即使构造出来正确答案也很难不怀疑自己程序的正确性。所以果然，本蒻还是要多练习多见见世面啊QWQ

 为了方便本蒻这里做了一下关于\(n,m\)大小的处理,详见代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lint long long
using namespace std;
lint n,m;
lint r_3[6]={0,3,6,9,10,11};
lint r_4[6]={0,4,8,10,12,12};
int main(){
//	freopen("cake.in","r",stdin);
//	freopen("cake.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	if(n>m)swap(n,m);
	if(n<=2){
		cout<<n*m<<endl;
		return 0;
	}
	if(n==3){
		cout<<(m/6)*12+r_3[m%6]<<endl;
		return 0;
	}
	if(n==4){
		cout<<(m/6)*12+r_4[m%6]<<endl;
		return 0;
	}
	if(n>=5){
		if(m&1)swap(n,m);//m为奇数就交换
		if(~m&1&&~n&1){
			cout<<n*m/2<<endl;
		} //两个偶数
		else if(n&1&&~m&1){
			//n为奇,m为偶
			cout<<(n-1)*m/2+(n+1)/2;
		}else{
			cout<<((n-1)*(m-1)/2)+(n+m)/2<<endl;
		}
		return 0;
	}
}

---

\(Task 3\)：好朋友

\(3.1\) 题目描述

 \(BLUESKY007\)有很多关系很好的朋友,他们无一例外,名字均由数字组成(首字符不为\(0\))且含有"\(007\)"(例如"\(10007\)","\(10707\)"就是她的好朋友,而"\(97037\)","\(70709\)"不是),即对于字符串\(S\)存在\(i,j,k(i<j<k)\)满足\(\bar{Si}\bar{Sj}\bar{Sk}=“007”\)

 虽然\(BLUESKY007\)眼力极佳,一眼就能看出一个人是不是自己的好朋友,但\(BLUESKY007\)是个蒟蒻,她并不擅长数数,但她又想知道在\([li,ri]\)内有多少人是自己的好朋友,所以就找到了你来帮忙.

 她会向你询问\(T\)次,由于询问次数可能很多,所以你只需要告诉她\(T\)次询问答案的异或和即可.

\(3.2\) 输入输出格式：

 输入：第一行一个整数\(T\),表示询问个数. 接下来\(T\)行,每行两个整数\([li,ri]\)

 输出：一行一个整数表示答案.

\(friend.in\)	\(friend.out\)
3	0
1 1000
233 666
999 999

\(3.3\) 样例解释

 在\(0~1000\)范围内不存在与题目要求相符的含有\(“007”\)的数,所以三次询问的答案都是\(0\).

3.8数据范围与约定

• 对于20%的数据,\(li \le ri \le 10^3\)

• 对于60%的数据,\(t \le 50,li \le ri \le 5*10^5\)

• 对于100%的数据,\(t \le 10^5,li \le ri \le 10^{18}\)

 这个题目啊，\(exciting\)。\(dreagonm\)说这个题是个送温暖的题目，然而本蒻不会数位DP所以凉凉，60分暴力走人。（幸好我晕乎着还能写出来暴力）学会之后发现数位DP除了处理起来复杂一点，其他和普通DP区别好像不是很大，之后几天，除了练\(NOIp\)题目顺手再多练练数位\(DP\)吧QWQ

 现在我们来考虑一下情况：

• 对于目前还没有选到的情况，只需要当前这个数选0且没有前导0，就可以转移到选一个有效0的情况
• 对于当前选择一个有效0的情况，只需要当前这个数选0，就可以转移到选择两个有效0的情况
• 对于当前选择两个有效0的情况，只需要当前这个数选7，就可以转移到最终的目标情况
• 对于已经成型的情况只需要保证上下不越界，就可以往后慢慢累加
• 到达边界就返回值0/1（是否有合法情况）,由调用处累计求答案
• 如果本位置上对于数字大小没有限制就储存（有限制的话答案会不通用），同理不限制的时候进行记忆化调用。

 大概就这样，好像不是很难，明天继续刷类似的题目去。

 代码里注释很清晰。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define lint long long
using namespace std;
lint t,l,s,ch,r,ans,arr[20],res[20][4];
inline lint read(){
	s=0,ch=getchar();
	while(ch==' '||ch=='\n')ch=getchar();
	while('0'<=ch && ch<='9')
		s=s*10+ch-'0',
		ch=getchar();

	return s;
}
lint dfs(lint pos,lint cmd,lint led,lint lim){
	//pos->当前位置
	//cmd->控制状态
	//led->前导0<true/false>
	//lim->是否受限<true/false>
	if(pos==0)//{
//		if(cmd==3){
//			//当前状态->已经达成
//			return 1;
//		}else{
//			//未达成->不累加
//			return 0;
//		}
		return cmd==3;
	//}
	if(!led && !lim && res[pos][cmd])//{
		return res[pos][cmd];
	//}
	lint maxn=lim?arr[pos]:9,tmp=0;
	//可以取的数字上限->根据前面的数是否完全相等确定
	for(lint i=0;i<=maxn;++i){
		//i表示当前取的数
		if(cmd==0)//{
			//当前还什么都没有
			//如果选的数字是0而且没有前导即可
			//前导的状态:原来有的->如果还是0就继续有
			//限制的状态:原来限制的->如果等于上限就继续有
			tmp+=dfs(pos-1,!i&!led,led&!i,lim&(i==arr[pos]));
		else if(cmd==1)
			//已经有一个有效0,一定没有前导
			tmp+=dfs(pos-1,(i==0)+1,0,lim&(i==arr[pos]));
		else if(cmd==2)
			//有两个有效0,需要一个7,没有前导
			tmp+=dfs(pos-1,(i==7)+2,0,lim&(i==arr[pos]));
		else if(cmd==3)
			tmp+=dfs(pos-1,3,0,lim&(i==arr[pos]));
	}
	if(!led && !lim)res[pos][cmd]=tmp;
	return tmp;
}
inline lint sol(lint x){
	//get ans in [1,x];
	memset(arr,0,sizeof(arr));
	memset(res,0,sizeof(res));
	lint cnt=0;
	while(x!=0)//{
		arr[++cnt]=x%10,
		x/=10;//转化进数组记录每一位
//	}
//	for(int i=1;i<=cnt;++i){
//		for(int j=0;j<=3;++j){
//			printf("%lld ",res[i][j]);
//		}
//		puts("");
//	}
	return dfs(cnt,0,1,1);
	//从高位向低位找
}
int main(){
//	scanf("%lld",&t);
	t=read();
	while(t--){
//		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		l=read(),r=read();
		ans^=(sol(r)-sol(l-1));
		//这里一次sol解决的是所有数位的问题,需要减去
//		printf("%lld\n",(sol(r)-sol(l-1)));
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

@BLUESKY007