joxj 模拟赛 2019年9月3日
比赛题目来源：2018qbxt合肥Day1
T1 最小公倍数
题意：已知正整数n，求n与246913578的最小公倍数，结果对1234567890取模
数据范围：1<=n<=10100000
由lcm = a * b / gcd(a,b) (mod 1234567890)
发现除数巨大，需要取模，考虑乘法逆元，但b,1234567890不一定互质，因此不能用乘法逆元
但由于gcd的性质，gcd(a,b) = gcd(a%b , b) , 又发现模数是b的倍数，
所以直接在用高精度a时边读边取模即可：gcd(a,b) = gcd(a%1234567890,b)
(然而考试的时候没想那么多，直接猜想到用结论求解，太不严谨了)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
ll mol;
ll gcd(ll a, ll b)
{
return (b == 0)? a : gcd(b,a%b);
}
ll lcm(ll a, ll b)
{
return ((a * b) / gcd(a,b)) % mol;
}
char ch[100100];
int main()
{
mol = 1234567890;
ll n = 0, m = 246913578; scanf("%s",ch + 1);
ll len = strlen(ch + 1); ll rest = 0;
ll alen = len; ll x = 1e9;
while(len > 8)
{
ll now = 0;
for(int i = alen - len + 1; i <= alen - len + 8; i++)
{
now = now * 10 + ch[i] - '0';
}
rest = (now + ((rest * x)% mol)) % mol;
len -= 8;
}
for(int i = alen - len + 1; i <= alen; i++)
{
n = n * 10 + (ch[i] - '0');
}
n = n % mol;
n = ((rest * x) % mol + n) % mol;
printf("%lld\n", lcm(n, m));
return 0;
}
T2 不可逆转
洛谷上也有这道题：题目链接
题意：求有多少1~n的排列满足该排列是波动的，答案对m取模。
数据范围：1<=n<=1000 m<=109
看到这道题第一眼感觉和用LCIS求解的波浪序列有点像，但很快发现区别很大，这道题只有一个序列，而波浪序列那道题是两个序列。我一开始的思路是打表，看看这道题有没有公式，然而找了半天还是没找到规律，于是我就换了一下思路，发现这道题可能是道dp，但我想了半天还是没想到这道题的用来dp的特殊性质，于是打了个暴搜了事。
果然，所有的难写dp方程都与题目的性质有关，这道题的性质如下:
1.对于一个普通的序列，可以通过离散化使序列变成1到n的排列。
2.序列的“波动“程度是描数序列性质时常用的参数之一。
当考虑1到n的排列时，可以考虑最大的数的位置来表示序列的”波动“程度。
我们又发现，对于先降后升的序列和先升后降的序列，可以把其中的一个序列的每个数x换成n+1-x来将两种序列互换。
所以，我们只需要算其中一种序列的方案数，然后再*2即可。
计算f[i]时，枚举数i的位置j，j把序列分成了两个部分，计算该位置的方案数时，由于性质1，我们只需要先乘选左边数的组合数（左边选哪些数确定了，右边选哪些数也就确定了），然后再用C(i-1,j-1) * f[j-1] * f[i-j]即可。
对于空间，可以采用动态数组的方式进行优化。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m;
long long C[1010][1010]={},f[1010]={};
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
C[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
C[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % m;
}
}
f[0] = 1; f[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
if(j&1) f[i] = (f[i] + (((f[j - 1] % m) * (f[i - j] % m)) % m) * C[i - 1][j - 1]) % m;
}
}
printf("%d\n",f[n] * 2 % m);
return 0;
}
数值微分
题意：\(f[0](x) = f(x)\) \(f[i](0) = 0\) \(f[i](x) = f[i-1](x) - f[i-1](x-1)\)
输入第一行为n,m 第二行为n个数f(i) , 输出为fm , 结果对100007取模
数据范围：1<=n<=1000 1<=m<=109 0<=f[i]<100007
这道题我在考试时找到了杨辉三角，但却没时间做了，而且也没想到用组合数算杨辉三角。
首先我们猜想存在数组a使得fm = a[0] * f[i-0] + a[1] * f[i-1] + ... + a[i-1] * f[i-(i-1)]
发现a=(-1)j*C(m,j)，问题来了，当n>m时怎么办，我们发现当n>m时当前数只会被前m个数影响，所以在这之前的数直接用组合数的初始值0来相乘即可，并不会影响答案，所以，我们只需要将n和m去最小值即可。
这道题还有一个坑点是100007不是质数，故不能用卢卡斯定理，只能用扩展卢卡斯定理
我们将组合数的分子和分母分解质因数（这一步也有很多细节），然后直接计算即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define mol 100007
#define ll long long
int n, m;
ll C[1010];
int fac[1010]={};
ll f[1010];
ll rest = 1;
void dvd(int x,int k)
{
for(int i = 2; i <= n; i++)//
{
while(x % i == 0)
{
fac[i] += k; x /= i;
}
}
if(x != 1)rest = (rest * (x % mol)) % mol;//
}
ll quickpow(ll a, int b)
{
ll ret = 1;
while(b != 0)
{
if(b&1) ret = ret * a % mol;
a = a * a % mol;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &f[i]);
C[0] = 1;
for(int i = 1; i <= min(m, n); i++)
{
C[i] = 1;
dvd(m - i + 1, 1); dvd(i, -1);
C[i] = C[i] * rest % mol;
for(ll j = 2; j <= n; j++)
{
if(fac[j] != 0)
{
C[i] = (C[i] * quickpow(j, fac[j])) % mol;
}
}
//printf("C[%d] = %d\n", i, C[i]);
//for(int i = 1; i <= min(m, n); i++)printf("fac[%d] = %d\n", i, fac[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
ll ans = 0;
for(int j = 0; j < i; j++)
{
if(j&1)
ans = ((ans + (f[i - j] * C[j]) % mol * (-1)) % mol + mol) % mol;
else
ans = (ans + (f[i - j] * C[j]) % mol) % mol;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
