[NOIP模拟33]反思+题解
又考了一次降智题……
拿到T1秒出正解(可能是因为我高考数学数列学的海星？)，分解质因数以后用等比数列求和计算每个因子的贡献。但是当时太过兴奋把最后的$ans \times =$打成了$ans +=$，还过掉了sb样例。觉得自己AC稳了就先交了。
然后去看T3。没什么思路就先打了个暴力，以为最后一个看似不可做的点是给特判分的就打了一堆特判(没想到真的是用来防AK的)。
最后搞T2，实在是搞不懂题就打了个乱搞，样例也可过就扔掉了。
最后对拍T1的时候发现答案完全不对，因为只剩30min辽所以我当场慌的一批，压根就没想改之前的代码，xjb打了一个70分的暴力赶在考试结束前调了出来。
考后4minA掉T1。一个字符的差距。
如果在最后发现自己之前的代码有错误，一定要先想能不能改过来再考虑打暴力止损。一开始心态平稳时想的思路大概率是正确的，如果对拍出错很有可能是细节问题。
A.春思
水题。对A分解质因数，把因子的次数都乘上B就得到了原数。之后考虑因数和$d(x)$的积性函数性质。对于每一个质因子次幂，它的约数和相当与一个等比数列和，那么把每一个质因子次幂的约数和乘起来就得到了最终结果。(别告诉我您不知道等比数列求和公式)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=9901;
const int N=3e6+5;
ll a,b;
ll fact[N],cnt,mi[N],ans=1;
ll qpow(ll x,ll y)
{
ll res=1;x=x%mod;
while(y)
{
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
ll tmp=a;
for(ll i=2;i*i<=tmp;i++)
{
if(tmp%i==0)
{
fact[++cnt]=i;ll num=0;
while(tmp&&tmp%i==0)num++,tmp/=i;
mi[cnt]=num;
}
}
if(tmp>1)fact[++cnt]=tmp,mi[cnt]=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
ll m=mi[i]*b;
(ans*=(qpow(fact[i],m+1)-1)*qpow(fact[i]-1,mod-2)%mod)%=mod;
}
cout<<ans%mod<<endl;
return 0;
}
B.密州盛宴
显然，如果想符合要求就必须保证每个人随时都在吃，那么自然0越靠前越优，而且0的个数不能超过n个。
考虑比较直观地确定方案是否合法的方式。把0的值赋成-1，从序列末尾往前扫，维护后缀和。一旦某时刻后缀和$< -1$，就可以确定方案是不合法的。
所以可以从末尾挑C个0挪到开头，二分C即可。这是70分的做法。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=2e7+5;
int n,m,a[N],tot;
bool check(int x)
{
int val=x,sum=0;
for(int i=2*n;i;i--)
{
if(sum<=-2)return 0;
if(a[i]==-1)
if(val){val--;continue;}
sum+=a[i];
}
if(sum+x*(-1)<=-2)return 0;
return 1;
}
void work()
{
tot=0;
char s[1000005];
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",s+1);int len=strlen(s+1),tmp;
scanf("%d",&tmp);
while(tmp--)
for(int j=1;j<=len;j++)
a[++tot]=(s[j]=='1'?1:-1);
}
int cnt0=0;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
if(a[i]==-1)cnt0++;
if(cnt0>n)
{
puts("-1");
return ;
}
int l=0,r=2*n,res;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(check(mid))r=mid-1,res=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<res<<endl;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
if(!n&&!m)break;
work();
}
return 0;
}
可以发现，如果从已经扫到的0里挑一个扔到前面去，目前的后缀和就会+1。所以答案转化为求整个序列后缀和的最小值后取绝对值再-1。
对于每一个给出的循环节，计算这一段的后缀和，并记录过程中后缀和的最小值。对于一整段的后缀和是否>0分类讨论一下更新答案即可。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
int m;
vector<int> a[100005];
ll num[100005];
void work()
{
for(int i=1;i<=m;i++)a[i].clear();
char s[100005];
ll cnt0=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ll cnt00=0;
scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1);
for(int j=1;j<=len;j++)
a[i].push_back(s[j]=='1'?1:-1),cnt00+=(s[j]=='0');
scanf("%lld",&num[i]);
cnt00*=num[i];
cnt0+=cnt00;
}
//cout<<"The num of 0: "<<cnt0<<endl;
if(cnt0>n)
{
puts("-1");return ;
}
ll sum=0,cnt=0,ans=0x3f3f3f3f;
for(int k=m;k;k--)
{
cnt=0;ll minn=0x3f3f3f3f;
int sz=a[k].size();
for(int i=sz-1;i>=0;i--)
{
cnt+=a[k][i];
minn=min(minn,cnt);
}
if(cnt>0)
ans=min(ans,sum+minn);
else
ans=min(ans,sum+cnt*(num[k]-1)+minn);
sum+=cnt*num[k];
}
ans=abs(ans)-1;
cout<<(ans>=0?ans:0)<<endl;
}
int main()
{
while(scanf("%lld%d",&n,&m)==2)
{
if(!n&&!m)break;
work();
}
return 0;
}
C.赤壁情
又是一道神dp……
如果我们能把每一个赤壁之意对应的方案数都求出来，那么就能统计一下再除个阶乘得到答案了。所以把这题转化成计数dp。
我们把形成排列的过程看作把$1,2,...n$放到$n$个位置的过程。为了能够转移，应该把这n个数从小到大逐个放入。
定义状态数组$f[i][j][k][l]$。i表示从小到大放到了i，j表示目前的序列上有j段数(它们被一些空位隔开)，k表示边界(最左和最右端)放了几个数(0 or 1 or 2)，l表示目前赤壁之意为l。
考虑插入第i个数对总赤壁之意的贡献：
具体转移还是很繁琐的，有13个转移方程(可以合并成5个)。我们以其中的一个为例：
$f[now][j][0][l]+=f[pre][j][0][l]*j*2;$
它的含义是：插入一个数，并且这个数位于一段的左右端点(恰好延长了一段，没有单独成段或连接左右两段)，那么它的方案可以是之前基础上从j段里选一个放，并且每一个都可以选左右两端。且对目前的赤壁之意没有影响。
以此类推转移即可。第一维要滚动，因为要枚举段数所以提前算一下范围，还有就是一开始赤壁之意可能为负所以集体加上一个base防止下标溢出。
至于最后一个防AK点……__float128水过好了QAQ。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define re register
using namespace std;
const int base=5005;
int n,m,K;
int part[105];
namespace qj
{
__float128 f[2][105][4][10015];
void Main()
{
int now=1,pre=0;
f[now][1][0][-2+base]=1;
f[now][1][1][-1+base]=2;
f[now][1][2][base]=1;
part[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;i++)
{
now^=1;pre^=1;
part[i]=min(i,n-i+1);
int fw=min(5000,i*(i+1));
for(re int j=1;j<=part[i];j++)
for(re int l=-fw+base;l<=fw+base;l++)
for(re int k=0;k<=2;k++)
f[now][j][k][l]=0;
for(re int j=1;j<=part[i-1];j++)
{
for(re int l=-fw+base;l<=fw+base;l++)
{
#define val0 f[pre][j][0][l]
#define val1 f[pre][j][1][l]
#define val2 f[pre][j][2][l]
//cout<<i<<' '<<val0<<' '<<val1<<' '<<val2<<endl;
f[now][j+1][0][l-i*2]+=val0*(j+1);//1
f[now][j][0][l]+=val0*j*2;//2
f[now][j-1][0][l+i*2]+=val0*(j-1);//3
f[now][j+1][1][l-i]+=val0*2;//4
f[now][j][1][l+i]+=val0*2;//5-----------------------
f[now][j+1][1][l-2*i]+=val1*j;//6
f[now][j][1][l]+=val1*(j*2-1);//7
f[now][j-1][1][l+2*i]+=val1*(j-1);//8
f[now][j+1][2][l-i]+=val1;//9
f[now][j][2][l+i]+=val1;//10----------------------
f[now][j+1][2][l-2*i]+=val2*(j-1);//11
f[now][j][2][l]+=val2*(j*2-2);//12
f[now][j-1][2][l+2*i]+=val2*(j-1);//13
}
}
}
__float128 ans=0;
for(re int i=m;i<=base;i++)
ans+=f[now][1][2][i+base];
for(re int i=2;i<=n;i++)
ans/=1.0*i;
printf("%d",(int)ans);
ans-=(int)ans;
putchar('.');
for(re int i=1;i<=K;i++)
{
ans*=10.0;
int t=(ans+(i==K?.5:0));
printf("%d",t);
ans-=t;
}
printf("\n");
}
}
double f[2][105][4][10015];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
if(K>=15)
{
qj::Main();
return 0;
}
int now=1,pre=0;
f[now][1][0][-2+base]=1;
f[now][1][1][-1+base]=2;
f[now][1][2][base]=1;
part[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;i++)
{
now^=1;pre^=1;
part[i]=min(i,n-i+1);
int fw=min(5000,i*(i+1));
for(re int j=1;j<=part[i];j++)
for(re int l=-fw+base;l<=fw+base;l++)
for(re int k=0;k<=2;k++)
f[now][j][k][l]=0;
for(re int j=1;j<=part[i-1];j++)
{
for(re int l=-fw+base;l<=fw+base;l++)
{
#define val0 f[pre][j][0][l]
#define val1 f[pre][j][1][l]
#define val2 f[pre][j][2][l]
//cout<<i<<' '<<val0<<' '<<val1<<' '<<val2<<endl;
f[now][j+1][0][l-i*2]+=val0*(j+1);//1
f[now][j][0][l]+=val0*j*2;//2
f[now][j-1][0][l+i*2]+=val0*(j-1);//3
f[now][j+1][1][l-i]+=val0*2;//4
f[now][j][1][l+i]+=val0*2;//5-----------------------
f[now][j+1][1][l-2*i]+=val1*j;//6
f[now][j][1][l]+=val1*(j*2-1);//7
f[now][j-1][1][l+2*i]+=val1*(j-1);//8
f[now][j+1][2][l-i]+=val1;//9
f[now][j][2][l+i]+=val1;//10----------------------
f[now][j+1][2][l-2*i]+=val2*(j-1);//11
f[now][j][2][l]+=val2*(j*2-2);//12
f[now][j-1][2][l+2*i]+=val2*(j-1);//13
}
}
}
double ans=0;
for(int i=m;i<=base;i++)
ans+=f[now][1][2][i+base];
for(double i=2.0;i<=n;i+=1.0)
ans/=i;
switch(K)
{
case 0:printf("%d\n",(int)ans);break;
case 1:printf("%.1lf\n",ans);break;
case 2:printf("%.2lf\n",ans);break;
case 3:printf("%.3lf\n",ans);break;
case 4:printf("%.4lf\n",ans);break;
case 5:printf("%.5lf\n",ans);break;
case 6:printf("%.6lf\n",ans);break;
case 7:printf("%.7lf\n",ans);break;
case 8:printf("%.8lf\n",ans);break;
}
return 0;
}
兴许青竹早凋，碧梧已僵，人事本难防。
