多校11
220（70+100+20+30） rank 53
T2：大模拟，而且相当简单
T1:数论，大数据质数快速确认
T3:思维题+高水平暴力水高分
T4：鬼畜的数位DP+位运算（考虑对每一位贡献）期望计算
T1：给你[L,R]区间，让你输出每个区间内数的最小质因子(R<=1e12)
记住结论！**对于一个数来说，如果是合数，一定存在一个在2根号这个数下的质因子**那么我们可以先把21e6下的质数筛出来，对每个质数筛一下它的在L,R范围内的倍数，标记合数，最后一边下来，被筛到·的数中取筛它的最小的质数就是质因子，没筛到的就是质数他自己
送命tips：long long能都开就都开，不然细节很要命
bool prime[1000000+100];ll l,r;
int zhi[1000000+100],cnt;
int bj=0;
inline void Prime()
{
for(rint i=2;i<=bj;++i)
{
if(!prime[i])zhi[++cnt]=i;
//chu("zhi[%d]:%d\n",cnt,zhi[cnt]);
_f(j,1,cnt)
{
ll my=(ll)zhi[j]*i;
if(my>(ll)bj)break;
prime[my]=1;
if(!(i%zhi[j]))break;
}
}
}
int is[2000000+100];
int main()
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
bj=sqrt(r+0.5);
//chu("bj；%lld\n",bj);
Prime();
_f(i,1,2000000)is[i]=2147483647;
for(int i=1;i<=cnt;++i)//zhi【i】
{
ll mx=r/zhi[i],mi=max(l/zhi[i],2LL);//这里也会变成long long所以都开long long比较好
// chu("%d --%d\n",mi,mx);
for(ll j=mi;j<=mx;j++)//最多能凑出的
{
if((ll)j*zhi[i]<l)continue;
is[(ll)j*zhi[i]-l+1]=min(zhi[i],is[(ll)j*zhi[i]-l+1]);
}
}
for(ll i=l;i<=r;++i)
{
if(is[i-l+1]!=2147483647)chu("%d\n",is[i-l+1]);
else chu("%lld\n",i);
}
return 0;
}
T3:给你n个数对（a，b），如果确定一种排列顺序，那么第i位的val值=max(val(i-1),sum_a[i])+b(i).求一种排列顺序，使得最大的val值最小
容易知道最大的val就是在最后一位，考虑构造一种方案，对于N=2，如果(a,b)(c,d)的顺序使得最大值更小，当而且仅仅当min(a,c)<min(b,d) [分类讨论一下就好，很容易证明]。那么进行推广，对于任意的n，只要按照这种顺序排队，那最后一定是一种最优解
思路纠正：我之前是只片面考虑了每两对数字之间，从前向后扫，有使得一个局部解更小的就换，但是首先因为序列在改变，所以前面换掉的更优可能被覆盖，其次局部更小对全局不一定，如果只从一个随机的顺序开始，很难弄出最优解，但是对于确定的序列，ans=sigma(sum_a[i]+sum_b[i])是对的（a前缀，b后缀）
部分分（1）当a=b，让第一个ai是最小的就行，因为上面的式子，自己画一个答案选集矩阵（2）当b=a+1，按照a升序是答案，考虑任意一对，如果交换，只可能答案不变或者答案增加，所以一定会更不优
c[i+4]=
ai+ bi +b[i+1]+b[i+2]+b[i+3]+b[i+4]
ai+a[i+1]+b[i+1]+b[i+2]+b[i+3]+b[i+4]
ai+a[i+1]+a[i+2]+b[i+2]+b[i+3]+b[i+4]
ai+a[i+1]+a[i+2]+a[i+3]+b[i+3]+b[i+4]
ai+a[i+1]+a[i+2]+a[i+3]+a[i+4]+b[i+4]
（3）DP也可以
int prime[1000000+100];ll l,r;
int zhi[1000000+100],cnt;
int bj=0;
inline void Prime()
{
for(rint i=2;i<=bj;++i)
{
if(!prime[i])zhi[++cnt]=i,mi[i]=i;
_f(j,1,cnt)
{
ll my=zhi[j]*i;
if(my>(ll)r)break;
prime[my]=1;
mi[my]=zhi[j];
if(!(i%zhi[j]))break;
}
}
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
bj=sqrt(r);
Prime();
for(ll i=l;i<=r;++i)
{
if(mi[i])
{
chu("%d\n",mi[i]);
}
else chu("%lld\n",i);
}
return 0;
}
T4：给你n，p，要求生成两个整数x，y在[0,n)之间，x随机等概率生成，y有p的概率，生成的数会使得x^y后尽量大，（1-p）的概率，也在[0,n)之间随机生成，求生成的数的值的期望
首先是P=0，只能生成随机的数，考虑每一位都是独立的，所以可以单独计算每一位是1的贡献，f[i]表示在x的选择数集合中i位是1的概率，ans1=\(\sum(2*f[i]*(1-f[i])*(1<<i)),0<=i<=bit\),怎么计算f[i]?;首先对于i位，从bit--i+1位如果没有满(n-1),就可以后面随便选，有(1<<i)种方法，使得i位是1，1~（i-1）都是任意；如果满了，那如果i本来是1，方案就是后面剩下的数的 个数，要注意因为本来就是(n-1)的数，所以+1-1的就消掉了
其次考虑P=1，只能生成使得最大的数ans2=\(\sum_{i=0}^{n-1}f[i]*i\),f[i]代表i^f[i]在[0,n)范围内最大。从高到低考虑每一位，i位：如果n-1是0，那么要让i位有贡献，就用没有贡献的减去有贡献的，没有贡献的就是（0，0）情况，不会有（1，1）的情况，因为如果x出现1，f[x]是1不仅更小而且值域更大，不“贪心”了，如果f[x]是0，而且必须是0，x还要是0，前面的f[x]只能贴n-1的边，不然f[x]选1一定比0更优，不“贪心”了，所以f[x]的方案是唯一的，对于x，如果x是0，前面的bit~i+1位的，不考虑本位的限制，n-1是0的地方，x可以是0或者1，（0就是满，1就是不满），但是n-1是1的地方，因为f【x】已经是1了，所以如果x再出现1就是（1，1）的非法组合，所以x在对应的贪心策略下只能是0，所以x的方案数是sum_0[i+1] ,sum_0[i+1]=\(\sum_{i=bit}^{0}\)((n-1)&(1<<i)==1),还有后面的x的部分，因为前面n-1是1的地方x是0所以x一定不满，就后面可以随便选，再*上(1<<i)
还有数位DP的做法就等着喵喵来帮我鎏！https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P3898
还有为什么不是(n-1)（就是求p=0那块），若有可解惑者，重金悬赏10000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000个夜晚祝福你考上清北！！！
ll n;double p,f0[100];
int len,ps[100];
int main()
{
//freopen("b.in","r",stdin);
// freopen("b.out","w",stdout);
n=re();scanf("%lf",&p);//先算随机的
//dp[i]:表示i位出现1的概率
//n/(2^(i+1))*2^i
//max(n%2^(i+1)-2^i,0)
double ans1=0,ans2=0;bool is=0;
f_(i,59,0)
{
if(n&(1LL<<i))
{
is=1;
ps[i]=ps[i+1];
}
else if(is)ps[i]=ps[i+1]+1;
f0[i]=((n-1)>>(i+1))*(1LL<<i) + max((n%(1LL<<(i+1)))-(1LL<<i),0LL);
f0[i]/=n;//就是i是1的概率
}//pre[i]:最高到i位是0的个数
//0:sigma(2*pi*(1-pi)*(1<<i))/n/n
_f(i,0,60)ans2+=2*(f0[i])*(1.0-f0[i])*(1LL<<i);
int bit=0;
while((1LL<<(bit+1))<=(n-1))++bit;
if((1<<bit)>(n-1))bit--;
//chu("bit:%d\n",bit);
f_(i,bit,0)
{
//chu("ps[%d]:%d\n",i,ps[i]);
//chu("bit:%d\n",bit);
if(((n-1)&(1LL<<i))>0)//是1
{
ans1+=(1LL<<i);
//chu("ans1+=%lld\n",1LL<<i);
}
else ans1+=(double)(n-(1LL<<ps[i+1])*(1LL<<(i)))*(1LL<<(i))/(double)n;
// chu("an1；%lf\n",ans1);
}
ans1=ans1*p+ans2*(1-p);int ct=0;
while(ans1>=10.0)ans1/=10.0,++ct;
chu("%.5lf %d",ans1,ct);
return 0;
}
