AcWing寒假每日一题2024

好久没刷算法了，记录活动中一些印象深刻的题目。

1.[AcWing4662.因数平方和]

题目描述

记 $f(x)$ 为 $x$ 的所有因数（约数）的平方的和。
例如：$f(12)=1^2+2^2+3^2+4^2+6^2+{12}^2$。
定义 $g(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。
给定 $n$，求 $g(n)$ 除以 ${10}^9+7$ 的余数。

输入格式

输入一行包含一个正整数 $n$。

输出格式

输出一个整数表示答案 $g(n)$ 除以 ${10}^9+7$ 的余数。

数据范围

对于 $20\mathrm{\%}$ 的评测用例，$n\le {10}^5$。
对于 $30\mathrm{\%}$ 的评测用例，$n\le {10}^7$。
对于所有评测用例，$1\le n\le {10}^9$。

输入样例

100000

输出样例

680584257

解题思路

首先最简单的思路，针对每一个数，通过试除法获取其因数，求和，但是这样复杂度过高。
换个思路，针对每个数，其会对倍数在计算 $f$ 时产生贡献，因此在 $1$ 至 $n$ 中，对于任意一个数 $i$，其倍数个数为 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，所以每个因子的贡献值为 $i^2\ast \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，则 $g(n)=\sum _{i=1}^n{i}^2\ast \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，这样时间复杂度为 $O(n)$，可以过 $30\mathrm{\%}$ 的数据。
当 $n=12$，则 $i$ 和 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的对应如下

1  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
12 6 4 3 2 2 1 1 1  1  1  1

可以看到，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 是成块的，那么我们就可以进行区间的计算，找到每块的 $l$ 和 $r$ 对应的 $i$，则这个区间的和可以通过平方的和公式进行计算，$\sum _{i=l}^r{i}^2\ast \lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \sum _{i=l}^r{i}^2=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor (\sum _{i=1}^r{i}^2-\sum _{i=1}^{l-1}{i}^2)$，$1$ 至 $n$ 的平方的和公式为 $\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。
对于 $l$ 如何求 $r$？根据数据分块的结论，对于常数 $n$，使得式子 $\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor$ 成立的最大的满足的 $r$ 值($1\le r\le n$) 为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$。并且因为数据范围利用求和公式计算时除以 $6$ 采用乘逆元的形式来应对取模。

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9 + 7;

int n;

LL cal(int n) {
    return n * (__int128)(n + 1) * (2 * n + 1) / 6 % MOD;
}

int main() {
    cin >> n;
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ) {
        int x = n / i, y = n / x;
        res = (res + (cal(y) - cal(i - 1)) * x) % MOD;
        i = y + 1;
    }
    cout << (res + MOD) % MOD;
    return 0;
}

2.[AcWing2875.超级胶水]

题目描述

小明有 $n$ 颗石子，按顺序摆成一排。
他准备用胶水将这些石子粘在一起。
每颗石子有自己的重量，如果将两颗石子粘在一起，将合并成一颗新的石子，重量是这两颗石子的重量之和。
为了保证石子粘贴牢固，粘贴两颗石子所需要的胶水与两颗石子的重量乘积成正比，本题不考虑物理单位，认为所需要的胶水在数值上等于两颗石子重量的乘积。
每次合并，小明只能合并位置相邻的两颗石子，并将合并出的新石子放在原来的位置。
现在，小明想用最少的胶水将所有石子粘在一起，请帮助小明计算最少需要多少胶水。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 $n$，表示初始时的石子数量。
第二行包含 $n$ 个整数 $w_1,w_2,\dots ,w_n$，依次表示每颗石子的重量。

输出格式

一个整数表示答案。

数据范围

$1\le n\le {10}^5,$
$1\le w_i\le 1000$

输入样例1

3
3 4 5

输出样例1

47

输入样例2

8
1 5 2 6 3 7 4 8

输出样例2

546

解题思路

最开始的思路是贪心，每次取最小的两个粘在一起，借助堆。
假设 $a,b,c$ 三个石子，取两种排序方式，$a,b,c$ 和 $b,c,a$，则合并结果分别为$a\ast b+(a+b)\ast c$ 以及 $b\ast c+(b+c)\ast a$，展开是相同的，扩展仍然成立，故直接模拟前面的计算过程即可。

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long LL;

int n, w[N];
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
    LL ans = 0, sum = 0;
    /*
    for (int i = 1; i <= n; i++) q.push(w[i]);
    while (q.size() > 1) {
        int a = q.top(); q.pop();
        int b = q.top(); q.pop();
        ans += ((LL) a * b);
        q.push(a + b);
    }
    */
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans += sum * w[i];
        sum += w[i];
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

3.[AcWing4646.爬树的甲壳虫]

题目描述

有一只甲壳虫想要爬上一棵高度为 $n$ 的树，它一开始位于树根，高度为 $0$，当它尝试从高度 $i-1$ 爬到高度为 $i$ 的位置时有 $P_i$ 的概率会掉回树根，求它从树根爬到树顶时，经过的时间的期望值是多少。

输入格式

输入第一行包含一个整数 $n$ 表示树的高度。
接下来 $n$ 行每行包含两个整数 $x_i,y_i$，用一个空格分隔，表示 $P_i=x_i{y}_i$。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案，答案是一个有理数，请输出答案对质数 $998244353$ 取模的结果。
其中有理数 $ab$ 对质数 $P$ 取模的结果是整数 $c$ 满足 $0\le c<P$ 且 $c\cdot b\equiv a(modP)$。

数据范围

对于 $20\mathrm{\%}$ 的评测用例，$n\le 2$，$1\le x_i<y_i\le 20$；
对于 $50\mathrm{\%}$ 的评测用例，$n\le 500$，$1\le x_i<y_i\le 200$；
对于所有评测用例，$1\le n\le 100000$，$1\le x_i<y_i\le {10}^9$，为了保证不出现无解的情况，额外增加限制条件 $y_i-x_i\ne 998244353$（如不增加此条件，则可能出现无解情况，此为比赛原题考虑不周）。

输入样例1

1
1 2

输出样例1

2

输入样例2

3
1 2
3 5
7 11

输出样例2

623902744

解题思路

参考题解

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int P = 998244353;
typedef long long LL;

int n;

LL qmi(int a, int b) {
    LL res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1)
            res = res * a % P;
        a = (LL) a * a % P;
        b >>=1;
    }
    return res;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    LL res = 0;
    while (n--) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        res = (res + 1ll) * y % P * qmi(y - x, P - 2) % P;
    }
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}

4.[AcWing5408.保险箱]

题目描述

小蓝有一个保险箱，保险箱上共有 $n$ 位数字。
小蓝可以任意调整保险箱上的每个数字，每一次操作可以将其中一位增加 $1$ 或减少 $1$。
当某位原本为 $9$ 或 $0$ 时可能会向前（左边）进位/退位，当最高位（左边第一位）上的数字变化时向前的进位或退位忽略。
例如:
$00000$ 的第 $5$ 位减 $1$ 变为 $99999$；
$99999$ 的第 $5$ 位减 $1$ 变为 $99998$；
$00000$ 的第 $4$ 位减 $1$ 变为 $99990$；
$97993$ 的第 $4$ 位加 $1$ 变为 $98003$；
$99909$ 的第 $3$ 位加 $1$ 变为 $00009$。
保险箱上一开始有一个数字 $x$，小蓝希望把它变成 $y$，这样才能打开它，问小蓝最少需要操作的次数。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 $n$。
第二行包含一个 $n$ 位整数 $x$。
第三行包含一个 $n$ 位整数 $y$。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

数据范围

对于 $30\mathrm{\%}$ 的评测用例，$1\le n\le 300$；
对于 $60\mathrm{\%}$ 的评测用例，$1\le n\le 3000$；
对于所有评测用例，$1\le n\le {10}^5$，$x,y$ 中仅包含数字 $0$ 至 $9$，可能有前导零。

输入样例

5
12349
54321

输出样例

11

解题思路

首先，这里的操作可以看作是十进制加减法。操作时有如下性质

• 操作顺序不会影响操作结果
• 对于某一位操作时，不会影响右边数位的结果
• 对于某一位操作时往前一位最多进一位或者借一位

在最优解中，每一位操作次数区间为 $[-9,9]$，否则会产生进借位，不如直接操作被进或者借位

$f[i][j]$ 表示 $i$ 到 $n$ 位相等，且对下一位进位状态是 $j$ 的所有方案集合。

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;

int n;
string a, b;
int f[N][3];

int main() {
    cin >> n >> a >> b;
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[n][1] = 0;
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
        for (int j = 0; j < 3; j++)
            for (int k = -9; k <= 9; k++)
                for (int t = 0; t < 3; t++)
                    if (a[i] + k + t - 1 - b[i] == (j - 1) * 10)
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[i + 1][t] + abs(k));
    printf("%d\n", min({f[0][0], f[0][1], f[0][2]}));
    return 0;
}