正睿NOIP十连测
正睿NOIP十连测
Day1
T1
题意:
求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^p\varphi(i^j)\) ，\(n\le 10^7,p\le 10^9\)
题解：
考虑到 \(\varphi(i^j)=\varphi(i)\times i^{j-1}\) ，于是只需要考虑求等比数列和即可。线筛出 \(\varphi,i^p\) ，线性推逆元就好了。
\(code\) ：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define FED(i,x) for(int i=head[x];i;i=ed[i].nxt)
#define pr pair<int,int>
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
#define MAXN 10000010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define eps 1e-9
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
int read()
{
int w=0,flg=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){flg=-1;}ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){w=w*10+ch-'0',ch=getchar();}
return w*flg;
}
int n,p;
int prm[MAXN],prnum;
bool vis[MAXN];
ll phi[MAXN],inv[MAXN],mi[MAXN],ans;
ll poww(ll a,int b)
{
ll ans=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*base%MOD;
base=base*base%MOD;
b>>=1;
}
return ans;
}
void sieve()
{
FUP(i,2,n)
{
if(!vis[i]) prm[++prnum]=i,phi[i]=i-1,mi[i]=poww(i,p);
FUP(j,1,prnum)
{
if(i*prm[j]>n) break;
vis[i*prm[j]]=true,mi[i*prm[j]]=mi[i]*mi[prm[j]]%MOD;
if(i%prm[j]) phi[i*prm[j]]=phi[i]*phi[prm[j]]%MOD;
else
{
phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j]%MOD;
break;
}
}
}
inv[1]=phi[1]=1;
FUP(i,2,n) inv[i]=MOD-(MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
//FUP(i,1,n) printf("i=%d phi=%lld inv=%lld\n",i,phi[i],inv[i]);
}
int main(){
n=read(),p=read(),ans=p;
sieve();
//printf("%lld\n",inv[9]);
FUP(i,2,n)
{
ans=(ans+(mi[i]-1)*inv[i-1]%MOD*phi[i]%MOD)%MOD;
//printf("i=%d %lld\n",i,(mi[i]-1)*inv[i-1]%MOD*phi[i]%MOD);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T2
题意：
求由所有 \(n\) 排列构成的大根堆中有多少个堆满足：对于给定的 \(S\) 个数 \(1\le a_i\le n\)，编号是 \(a_i\) 的结点都是叶子。左右儿子有区别， \(S\le n\le 10^6\)
题解：
从后往前构造，考虑一个结点有多少个可以放的位置。对于一个普通的结点它插入之后，多了一个可以放的位置。对于一个强制叶子结点，插入之后少了一个可以放的位置，于是把每个结点可以放的位置数乘起来就好了。
\(code\) ：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define FED(i,x) for(int i=head[x];i;i=ed[i].nxt)
#define pr pair<int,int>
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
#define MAXN 1000010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define eps 1e-9
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
int read()
{
int w=0,flg=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){flg=-1;}ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){w=w*10+ch-'0',ch=getchar();}
return w*flg;
}
int n,S;
ll ans=1,cnt=1;
bool vis[MAXN];
int main(){
n=read(),S=read();
FUP(i,1,S) vis[read()]=true;
FDW(i,n,1)
{
ans=ans*cnt%MOD;
if(!vis[i]) cnt++;
else cnt--;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T3
题意：
定义一个长度为 \(l\) 的 \(SCC\) 序列为：插入 \(l\) 条不存在自环和重边的有向边，\(a_i(1\le i\le l)\) 表示插入第 \(1\) 到 \(i\) 条边之后有 \(a_i\) 个 \(SCC\) 。问给定 \(n\) ，对于 \(l=1,2,3...n\times(n-1)\) ，求出有多少种不同的长度为 \(l\) 的 \(SCC\) 序列。 \(n\le 100\)
题解：
首先考虑对于所有的 \(SCC\) 序列，我们都可以通过维护一个大的 \(SCC\) 和一堆单点来形成这样的情况。也就是说在加入 \(i\) 条边之后，这个图中有一个由 \(1\) 到 \(n-(a_i-1)\) 的结点形成的一个大 \(SCC\) ，以及剩下的 \(a_i-1\) 个单点，其中两个单点或者 \(SCC\) 內部或者 \(SCC\) 内部与单点之间有边，但是不改变目前的 \(SCC\) 局面。然后我们设 \(f[i][j][k]\) 表示加入 \(i\) 条边，目前这个大 \(SCC\) 囊括到了 \(j\) （或者说大小为 \(j\) ），这 \(1\) 到 \(j\) 个点中有 \(k\) 个点，在合并进这个大 \(SCC\) 时，大 \(SCC\) 到自己的每个点之间都连着边，自己向大 \(SCC\) 连边从而合并进去的。然后我们转移的时候，考虑再加入一条边有没有可能不改变目前的局面？这样就体现了采取这种方式构件图的好处：可以在目前的情况中再加入尽量多的边，保证转移不会漏下。显然在 \(n\) 个点之间两两从前往后连边，在 \(j\) 个点构成的 \(SCC\) 中可以连反向边，于是只要 \(i\le \dfrac{n\times(n-1)}{2}+\dfrac{j\times(j-1)}{2}\) ，\(f[i][j][k]\) 就可以由 \(f[i-1][j][k]\) 做贡献。如果要改变原先的局面的话，那么我们枚举之前的大 \(SCC\) 到了 \(l(l<j)\) ，然后自己要向前面连一条反向边，所以是由 \(\sum_{l=1}^{j-1}f[i-1][l][k-1]\) 转移过来。然而你还要考虑 \(i\) 条边够不够形成这样的情况。从 \(1\) 连到 \(j\) 需要 \(j-1\) 条边，中间有 \(k\) 条反向边，所以 \(i\ge j-1+k\) 的时候才可以转移。然后这个东西可以前缀和优化就不用枚举了，用滚动数组空间就是 \(n^2\) ，时间复杂度 \(\Theta(n^4)\) 。
\(code\) ：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define FED(i,x) for(int i=head[x];i;i=ed[i].nxt)
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
#define MAXN 110
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define eps 1e-9
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
int read()
{
int w=0,flg=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){flg=-1;}ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){w=w*10+ch-'0',ch=getchar();}
return w*flg;
}
int T;
int n,MOD,f[2][MAXN][MAXN],sum[MAXN][MAXN];
void write(int x)
{
if(x>9) write(x/10);
putchar('0'+x%10);
}
int add(int x,int y)
{
x+=y;
if(x>=MOD) x-=MOD;
return x;
}
void solve()
{
n=read(),MOD=read();
f[0][1][0]=1;
int nw=0,pr=1;
FUP(i,1,n*(n-1))
{
nw^=1,pr^=1;
memset(f[nw],0,sizeof(f[nw]));
memset(sum,0,sizeof(sum));
FUP(j,1,n) FUP(k,0,n) sum[j][k]=add(sum[j-1][k],f[pr][j][k]);
int ans=0;
FUP(j,1,min(i,n))
{
FUP(k,0,min(n,i))
{
if(i<=n*(n-1)/2+j*(j-1)/2) f[nw][j][k]=f[pr][j][k];
if(i>=j-1+k) f[nw][j][k]=add(f[nw][j][k],sum[j-1][k-1]);
ans=add(ans,f[nw][j][k]);
}
}
write(ans),putchar(' ');
}
puts("");
}
int main(){
//freopen("my.out","w",stdout);
T=read();
while(T--) solve();
return 0;
}
T4
题意：
给 \(n\) 个数， \(A\) 与 \(B\) 轮流操作， \(A\) 先手，每次操作可以从序列两头选择一个数拿走并异或手里的值，初始两人手里的值都是 \(0\) ，如果两人都足够聪明，那么最后是 \(A\) 赢还是 \(B\) 赢还是平局。
题解：
首先平局当且仅当所有的点异或起来是 \(0\) 。接下来从高位向低位考虑，如果对于这 \(n\) 个数，这一位是 \(1\) 的数量是偶数，那么在这一位肯定平局，直到数量是奇数，在这一位就可以决出胜负。所以现在问题转化为了：给 \(n\) 个非 \(0\) 即 \(1\) 的序列，其中有奇数个 \(1\) ，问谁有必胜的策略。首先如果 \(n\) 是偶数，那么要么奇数的位置上有奇数个 \(1\) ，要么偶数的位置上有奇数个 \(1\) ，这样 \(A\) 先手就可以决定接下来每一个人选的位置是奇数位置还是偶数位置，它只要保证选则奇数的那个即可。如果 \(n\) 是偶数，如果两头都是 \(0\) ，那么 \(A\) 取哪个都没区别，因为转化成了偶数的情况，后手必胜。否则 \(A\) 先取一个 \(1\) ，接下来 \(A\) 必须每次都跟 \(B\) 取一样的，否则 \(A\) 手里的就变成和 \(B\) 手里一样的了，然后后手必胜。所以贪心的把两边相同的都抵消掉，然后最后必须变成 \(a_1=a_2,a_3=a_4,a_5=a_6...\) 这样才行。还有就是如果剩下的 \(1\) 的数量不是 \(4\) 的倍数，那么 \(A\) 最后就是取了奇数个 \(1\) ，加上一开始那个 \(1\) 变成偶数也输了。
\(code\) ：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define FED(i,x) for(int i=head[x];i;i=ed[i].nxt)
#define pr pair<int,int>
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
#define MAXN 100010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define eps 1e-9
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
int read()
{
int w=0,flg=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){flg=-1;}ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){w=w*10+ch-'0',ch=getchar();}
return w*flg;
}
int T;
int n,a[MAXN],b[MAXN];
bool ck(int l,int r)
{
while(l<r&&b[l]==b[r]) l++,r--;
FUP(i,l,r)
{
if(b[i]!=b[i+1]) return false;
i++;
}
return true;
}
void solve(){
n=read();
FUP(i,1,n) a[i]=read();
int w=0;
FUP(i,1,n) w^=a[i];
if(!w)
{
puts("Draw");
return;
}
FDW(i,30,0)
{
int cnt=0;
FUP(j,1,n) b[j]=(a[j]>>i)&1;
FUP(j,1,n) cnt+=b[j];
//FUP(j,1,n) printf("%d ",b[j]);
//puts("");
if(cnt%2==0) continue;
if(n%2==0)
{
puts("Alice");
return;
}
if((cnt-1)%4!=0)
{
puts("Bob");
return;
}
if((b[1]&&ck(2,n))||(b[n]&&ck(1,n-1))) puts("Alice");
else puts("Bob");
return;
}
}
int main(){
//freopen("surreal2.in","r",stdin);
//freopen("my.out","w",stdout);
T=read();
while(T--) solve();
return 0;
}
