2021.10.14(2)

T1:Makik 学数学

Problem:

Makik 是一个热爱数学的孩子，对数字有着得天独厚的敏感。

在马也老师的指导下，Makik 学习了关于二进制的知识。有一天，Makik 突然想到了一个问题：告诉你一段区间内[L..R]，用 N 位二进制数表示这段区间内的所有整数（可以出现前导 0），接着对于每个数进行如下变换：

对于数的最低两位，如果这两位都是 0，那么 P=1，否则 P=0。然后把这两位删去，再将 P 加到最低位的位置上。如此往复，直到只剩一位为止。

比如说对于 01101 这个二进制数，它的变换过程是 01101-->0110-->010-->00-->1。

Makik 想知道变换后的所有数中，值为 Q（Q 为 0 或 1）的有多少个？

Makik 想不出来，你能帮助他解决这个问题吗？

Solution:

一个非常非常非常非常显然的数位 DP

 [L,R] = [1,R] - [1,L-1]

所以是分别求两次小于等于某个数字的方案数

f[i,j,k) 表示从低位数起的第 i 位，按照规则计算后答案为 j  (j=0,1)

k 表示只考虑后面结尾和 lmt 后面几位 的大小关系 (k=0,1)

考虑第 i+1 位，算一下新构成的数字并判断下大小就可以了

注意到 L,R 数据范围特别大，需要用高精度，最后结果要以二进制输出，所以可以对高精度压位

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=202;
const int B=7;
const int P=(1<<30)-1;
char s[maxn];
int T,n,y,i,j,k,t,a[maxn];
struct Num{
    int x[B];
    Num(){
        for(int i=0;i<B;i++) x[i]=0;
    }
    Num operator+(Num b){
        Num c;
        for(int i=0;i<B;i++) c.x[i]=x[i]+b.x[i];
        for(int i=0;i<B-1;i++){
            if(c.x[i]>P){
                c.x[i+1]++;
                c.x[i]&=P;
            }
        }
        return c;
    }
    Num operator-(Num b){
        Num c;
        for(int i=0;i<B;i++) c.x[i]=x[i]-b.x[i];
        for(int i=0;i<B-1;i++){
            if(c.x[i]<0){
                c.x[i+1]--;
                c.x[i]+=P+1;
            }
        }
        return c;
    }
    void operator+=(Num b){*this=*this+b;}
    void operator-=(Num b){*this=*this-b;}
    void write(){
        int i;
        for(i=maxn-1;~i;i--) if(x[i/30]&(1<<i%30)) break;
        if(i<0) putchar('0');
        for(;~i;i--) putchar(x[i/30]&(1<<i%30)?'1':'0');
    }
}f[maxn][2][2],tmp,ans,one;
Num cal(){
    scanf("%s",s+1);
    for(i=1;i<=n;i++){
        a[n-i+1]=s[i]-'0';
        f[i][0][0]=f[i][0][1]=f[i][1][0]=f[i][1][1]=Num();
    }
    for(t=0;t<=1;t++) f[1][t][t<a[1]]+=one;
    for(i=1;i<n;i++){
        for(j=0;j<=1;j++){
            for(k=0;k<=1;k++){
                for(t=0;t<=1;t++){
                    f[i+1][!j&&!t][t==a[i+1]?k:t<a[i+1]]+=f[i][j][k];
                }
            }
        }
    }
    return f[n][y][1];
}
int main(){
    one.x[0]=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&y);
        tmp=cal();
        ans=cal();
        for(k=a[1],i=2;i<=n;i++) k=!k&&!a[i];
        if(k==y) ans+=one;
        ans-=tmp;
        ans.write();
        puts("");
    }
    return 0;
}

T2:Makik 的机器

Problem:

Makik 公司专门生产教科书的书皮。

Makik 想要购买一台进行生产的机器。现在有 n 台机器。所有书皮都是长方形的，每台机器能够制造的书皮的宽度和长度都有其上下界。书皮不可以旋转。

如果存在一台机器满足这样的条件：其他所有机器能够制造的书皮，它都能够制造，那样的话 Makik 就只需要买这台机器就行了。若不存在，生产工作将会遇到麻烦。

Makik 想知道，是否存在一种机器符合上述条件。你能帮帮他吗？

Solution:

模拟

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int T,n;
signed main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        bool b=1,s=0;
        int mnw=inf,mnl=inf;
        int mxw=0,mxl=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int w1,w2,l1,l2;
            scanf("%d%d%d%d",&w1,&w2,&l1,&l2);
            if(w1<mnw) mnw=w1,b=0;
            if(w2>mxw) mxw=w2,b=0;
            if(l1<mnl) mnl=l1,b=0;
            if(l2>mxl) mxl=l2,b=0;
            if(b==0) s=0;
            if(w1<=mnw&&w2>=mxw&&l1<=mnl&&l2>=mxl) s=1;
            b=1;
        }
        if(s==1) cout<<"TAK"<<endl;
        else cout<<"NIE"<<endl;
    }
    return 0;
}

T3:数学家 Makik

Problem:

Makik 喜欢研究数学问题，他常常在无聊的时候心算大整数乘法运算。这天，他遇到了这样一个问题：开始有一个数组，长为 l，每个数值为 0，分别为 a[1]-a[l]。有 m 次操作。

操作 1：给出 n、d、v，对所有与 n 的最大公约数为 d 的数 x，进行 a[x]+=v

操作 2：求 a[1]到 a[x]的和

Solution:

这是个莫比乌斯反演题

出题人相出个数论和数据结构的综合题，但是找不到NOIP级别的，没办法只能忍痛割爱出个莫比乌斯，话说回来，莫比乌斯要是会了，其他的应该也就会了……(吧

看这个操作 1 n d kv

相当于 a[x] += v[gcd(x,n) = d]

v[gcd(x,n) = d] = v[gcd(x/d,n/d) = 1] = v Σ_{(k|gcd(x/d,n/d))} μ(k) = v Σ_{(k|(x/d),k|(n/d))} μ(k) = Σ_{(k|(n/d),k*d|x)} v*μ(k)

如果按照操作来说我们现在其实就是枚举了所有的 n/d 的约数 k , 然后枚举所有 kd 的倍数，对应位置加上 vμ(k)就行了。 查询 O(1)查询

但是这样修改的复杂度太大，查询的复杂度太低，不妨让修改的时候枚举约数，查询的时候也枚举约数。也即我们修改的时候,新开一个数组 f，枚举约数之后只让 kd 加上 vμ(k) 查询的时候查询 Σ_(i=1~n) Σ_(d|i) f(d) = Σ_(d=1~n) f(d) (n/d)

后面的东西跟根号分块就行了，前面的东西始终是个区间和，单点修改区间求和，使用树状数组就可以了

时间复杂度O(q√l log l + l log l)。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200001;
const int maxm=2480000;
int T,n,m,i,j,x,y,z,p[maxn],tot,g[maxn];
int nxt[maxm],v[maxm],ed,op,mu[maxn];
ll b[maxn],t;
bool vis[maxn];
inline void addedge(int x,int y){
    v[++ed]=y;
    nxt[ed]=g[x];
    g[x]=ed;
}
inline void add(int x,int y){
    for(;x<=n;x+=x&-x) b[x]+=y;
}
inline ll sum(int x){
    ll t=0;
    for(;x;x-=x&-x) t+=b[x];
    return t;
}
int main(){
    for(mu[1]=1,i=2;i<maxn;i++){
        if(!vis[i]){
            p[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(j=1;j<=tot;j++){
            if(i*p[j]>=maxn) break;
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]) mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else{
                mu[i*p[j]]=0;
                break;
            };
        }
    }
    for(i=1;i<maxn;i++){
        for(j=i;j<maxn;j+=i) addedge(j,i);
    }
    while(1){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(!n) return 0;
        for(i=1;i<=n;i++) b[i]=0;
        printf("Case #%d:\n",++T);
        while(m--){
            scanf("%d%d",&op,&x);
            if(op==1){
                scanf("%d%d",&y,&z);
                if(x%y==0){
                    for(i=g[x/y];i;i=nxt[i]){
                        add(v[i]*y,z*mu[v[i]]);
                    }
                }
            }
            else{
                for(t=0,i=1;i<=x;i=j+1){
                    j=x/(x/i);
                    t+=(sum(j)-sum(i-1))*(x/i);
                }
                printf("%lld\n",t);
            }
        }
    }
}