6.12高一高考集训欢乐赛

前面是题解，后面是垃圾话

T1 Efim与奇怪的成绩

贪心的找第一个可以四舍五入的，然后往上进位。

T2 Beautiful IP Addresses

因为回文，所以 $n\ge 7$ 太长了，不合法，并且只用找一半，爆搜 check 即可。

T3 装饰

结论题？发现两个上界：$\frac{a+b+c}{3},a+b+c-max(a,b,c)$，答案就是两者中较小的一个。
假设 $a$ 最大，

• 当 $\frac{a+b+c}{3}\le b+c$，即 $a\le 2b+2c$，假设我们先拿 $3$ 个都有的，然后我们可以用较多的一个替换这些 $3$ 个都有的中较少的一个，这样一直平衡，最后可以分成 $\frac{a+b+c}{3}$ 组。

• 当 $\frac{a+b+c}{3}>b+c$ ，即 $a>2b+2c$，此时全都拿两个 $a$，一个 $b$ 或 $c$ 就行。

T4 最大子矩阵Largest Submatrix

枚举 $a,b,c$，然后就是 玉蟾宫。考虑记一下每个位置最多能往上延伸多少行，然后就相当于在每一行中找面积最大，单调栈板子。

T5 P2051 [AHOI2009] 中国象棋

清新小 DP，观察到每行每列最多填两个，设 $f_{i,j,k}$ 表示填到了第 $i$ 行，有 $j$ 列是空列，有 $k$ 列是只有一个炮的列。

$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][j][k];\mathrm{这}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{不}\mathrm{填}\\ f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][j+1][k-1]\ast (j+1);\mathrm{这}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{在}\mathrm{空}\mathrm{列}\mathrm{中}\mathrm{填}\mathrm{一}\mathrm{个}，\mathrm{此}\mathrm{时}\mathrm{会}\mathrm{增}\mathrm{加}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{只}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{炮}\mathrm{的}\mathrm{列}\\ f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][j][k+1]\ast (k+1);\mathrm{这}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{在}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{炮}\mathrm{的}\mathrm{列}\mathrm{中}\mathrm{填}\mathrm{一}\mathrm{个}\\ f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][j+2][k-2]\ast (j+2)\ast (j+1)/2;\mathrm{这}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{在}\mathrm{空}\mathrm{列}\mathrm{中}\mathrm{填}\mathrm{两}\mathrm{个}\\ f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][j+1][k]\ast (j+1)\ast k;\mathrm{这}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{在}\mathrm{空}\mathrm{列}\mathrm{和}\mathrm{只}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{炮}\mathrm{的}\mathrm{列}\mathrm{中}\mathrm{各}\mathrm{填}\mathrm{一}\mathrm{个}\\ f[i][j][k]=f[i][j][k]+f[i-1][j][k+2]\ast (k+2)\ast (k+1)/2;\mathrm{这}\mathrm{一}\mathrm{行}\mathrm{在}\mathrm{只}\mathrm{有}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{炮}\mathrm{的}\mathrm{列}\mathrm{中}\mathrm{填}\mathrm{两}\mathrm{个};\end{array}\end{array}$$

直接 DP 即可。

T6 [BZOJ2813 奇妙的Fibonacci]

设 $f_i$ 表示斐波那契数第 $i$ 项，有定理即 $gcd(f_i,f_j)=f_{gcd(i,j)}$，如果 $f_i\mid f_j\iff gcd(f_i,f_j)=f_i\iff gcd(i,j)=i\iff i\mid j$，从而有 $f_i\mid f_j\iff i\mid j$，所以就是求 $1$ 到 $n$ 中每个数的约数个数和约数平方和。
该定理证明如下：
引理1：$gcd(f_n,f_{n+1})=1$
证明：根据 $gcd(a,b)=gcd(a,b-a)$，有 $gcd(f_n,f_{n+1})=gcd(f_n,f_{n-1}+f_n)=gcd(f_n,f_n-1)=\cdots =gcd(f_1,f_2)=1$。
引理2：$f_m=f_{m-n-1}\cdot f_n+f_{m-n}\cdot f_{n+1}$
证明：设 $f_n=a,f_{n+1}=b$，有 $f_{n+2}=a+b,f_{n+3}=a+2b,f_{n+4}=2a+3b,\cdots f_m=f_{m-n-1}\cdot a+f_{m-n}\cdot b=f_{m-n-1}\cdot f_n+f_{m-n}\cdot f_{n+1}$。
根据上面两个引理，可以得出 $gcd(f_n,f_m)=gcd(f_n,f_{m-n-1}\cdot f_n+f_{m-n}\cdot f_{n+1})=gcd(f_n,f_{m-n}\cdot f_{n+1})$，根据引理2，有 $gcd(f_n,f_{m-n}\cdot f_{n+1})=gcd(f_n,f_{m-n})$，以此类推，$gcd(f_n,f_{m-n})=gcd(f_n,f_{m-n-n})=\cdots =gcd(f_1,f_{gcd(n,m)})=f_{gcd(n,m)}$，根据更相减损法得证。
显然约数的个数 $f(x)$ 满足互质积性，而约数平方和 $sum(x)$ 也满足互质积性。这个比较显然，不证了。
此时 狄利克雷前缀和 可以解决这个问题，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log \log n)$，不讲。
此时线性筛就可以解决这个问题。
设 $cn{t}_i$ 表示 $i$ 的最小质因数的次数，$f_i$ 表示 $i$ 的约数个数，$s_i$ 表示 $i$ 除去所有最小质因数后的数，$su{m}_i$ 表示 $i$ 的约数平方和。
设 $x=i\cdot p$，当 $p\nmid i$ 时，$cn{t}_x=cn{t}_i+1,s_x=s_i,f_x=f_{s_i}\cdot f_p,su{m}_x=f_{s_i}\cdot f_p$
当 $p\mid i$ 时，$cn{t}_x=cn{t}_i+1,s_x=s_i,f_x=f_{s_i}\cdot (cn{t}_x+1),su{m}_x=su{m}_i\cdot p^2\cdot su{m}_{s_i}$
还有一个细节，就是 $f_2=1$，可以被任何数整除，所以当询问为奇数时特判加上就好。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=1e7+10,mod=1e9+7;
int f[N],sum[N],s[N],p[N],cnt[N],tot;
bool vis[N];
inline int mo(int x){return x<0?(x%mod+mod)%mod:(x>=mod)?x%mod:x;}
signed main(){
	freopen("fibo.in","r",stdin);freopen("fibo.out","w",stdout);
	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
	int q=read();
	int q1=read(),a=read(),b=read(),c=read();
	f[1]=1,sum[1]=1;
	for(int i=2;i<=c;++i){
		if(!vis[i])p[++tot]=i,sum[i]=mo(i*i+1),f[i]=2,s[i]=1,cnt[i]=1;
		for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=c;++j){
			int zc=p[j]*i;
			vis[zc]=1;
			if(i%p[j]==0){
				s[zc]=s[i];
				cnt[zc]=cnt[i]+1;
				f[zc]=(cnt[zc]+1)*f[s[zc]];
				sum[zc]=mo(sum[i]*p[j]%mod*p[j]%mod+sum[s[i]]);
				break;
			}
			cnt[zc]=1;
			f[zc]=mo(f[p[j]]*f[i]);
			sum[zc]=mo(sum[p[j]]*sum[i]);
			s[zc]=i;
		}
	}
	int S=0,ans=0;
	for(int i=1;i<=q;++i){
		S=(S+f[q1]+(q1&1))%mod;
		ans=(ans+sum[q1]+4*(q1&1))%mod;
		q1=(q1*a+b)%c+1;
	}
	std::cout<<(ll)S<<'\n'<<(ll)ans<<'\n';
}

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又到六月份了，都过去一年了。