T2695 桶哥的问题——吃桶
~~~~~我~是~真的~忍不了~这个~取模~的~锅~了~~~~~
T2695 桶哥的问题——吃桶
前传
这题真的hin简单,真的
前言
这是一道看上去不是毒瘤但实际上有那么一seisei毒瘤的题目
在我多次提交代码仍然屡教不改最后痛改前非的惨痛经历下,总结出以下#¥@¥#%:
1.可以用结构体存 a , b QAQ实锤啦是取模的锅
不用结构体的话那就换成两个一维数组 a[ ] b[ ]
2.多取模,越多越好,能往哪里mod就往哪里mod
(一开始mod少了,然后就Wa了)
解析
1. 把这个式子化简一下
z - x = 3 y
也就是说明 z,x 属于同一个mod(3)的剩余类
如果 z 是 15 的话,那么 x 可以是 3 6 9 12 (%3……0)
如果 z 是 16 的话,那么 x 可以是 1 4 7 10 (%3…… 1)
如果 z 是 17 的话,那么 x 可以是 2 5 8 11 (%3…… 2)
所以我们就可以枚举 z ,那么符合条件的 x 就是和它同属一个剩余类并且的啦
2. 我们把这个式子拆一下
( x + z )·( bx - bz )
= x·bx + z·bx - x·bz - z·bz
所以说,对于每一个 z ,它可以有很多个对应的 x ,虽然 x ,bx 不确定,但是 z , bz 是确定的
也就是说对于每一个 z 都可以得到以下这个式子
∑( x·bx ) + z·∑bx - bz·∑x - z·bz·(z的个数)
从前往后枚举 z ,对于每一个 z ,可以满足这个 z 要求的 x 一定也可以满足下一个和这个 z 相类似的 z ,所以说我们就开数组统计一下
S[ ] 到当前为止的满足 z 的 x 的数目
Sx[ ] 到当前为止的满足 z 的 x 的和
Sbx[ ] 到当前为止的满足 z 的 bx 的和
Sxbx[ ] 到当前为止的满足 z 的 x*bx 的和
每次先统计,再更新数组
对于代码当中呢,是枚举三种剩余类,也就是
每次操作之前都要初始化一下
然后开始 for 循环枚举 z ,计算
然后更新数组,按照 a 的种类更新到数组中的不同地方,数组中每一个小格子代表一个种类的桶
注意保证答案不为负数 貌似取模就已经保证了
最后输出答案即可
代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=100001; const int mod=10007; int n,m; long long ans; int S[maxn],Sx[maxn],Sbx[maxn],Sxbx[maxn]; struct RQY { int a,b; }tong[maxn]; void caozuo(int rqy) { long long hxbx,hzbx,hxbz,hzbz; int num=0; memset(S,0,sizeof(S)); memset(Sx,0,sizeof(Sx)); memset(Sbx,0,sizeof(Sbx)); memset(Sxbx,0,sizeof(Sxbx)); for(int i=rqy;i<=n;i+=3) { num=tong[i].a ; hxbx=Sxbx[num]%mod; hzbx=i%mod*Sbx[num]%mod; hxbz=tong[i].b%mod *Sx[num]%mod; hzbz=i%mod*tong[i].b %mod *S[num]%mod; ans=(ans+hxbx+hzbx-hxbz-hzbz)%mod; S[num]++; Sx[num]=(Sx[num]+i%mod)%mod; Sbx[num]=(Sbx[num]+tong[i].b%mod)%mod ; Sxbx[num]=(Sxbx[num]+i%mod*tong[i].b%mod)%mod ; } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&tong[i].b ); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&tong[i].a ); caozuo(1); caozuo(2); caozuo(3); while(ans<0) { ans+=mod; } printf("%ld",ans%mod); return 0; }
题目链接
P2671 求和
AC的关键 疯狂mod
这个题要注意是枚举2的剩余类啦
~~~~~~QWQ写完之后我发现我要好好组织语言 mod一mod ~~~~~~