7.13早考试总结(NOIP模拟13)[工业题·卡常题·玄学题]
人的记忆本来就是暧昧的，不值得信任。
前言
又是令人头疼的数学部分。。还是太菜了。。
晚上还有一场，当场裂开。
T1 工业题
解题思路
首先，这个题的暴力还是非常好像的，直接按照题目要求码就好了。
对于正解，主要思路是计算每一个 \(f(i,0)\) 和 \(f(0,i)\) 对于答案的贡献。
其实就像从某个点（假设是 \((i,j)\) ）向 \((n,m)\) 走，并且仅能向右向上走。
显然，贡献就是 \(a^{m-j}\times b^{n-i}\times f(i,j)\times 方案数\)。
接下来的问题就是求方案数了，那么一共有 \(n+m-i-j\) 步，它们无论如何排列的结果都是一样的。
由于向上走一步其实是相同的操作，但是我们按照他们不同来算了，因此需要除去一些的排列，就是：
算出来就是：
阶乘以及 a，b 的幂次方都是可以预处理出来的，至于除法直接逆元就好了。
注意，这里有个魔鬼细节：
在 0 行 0 列之间是无法转移下去的，但是 1 行 1 列是可以的，并且差距仅仅是行列数之间的差距，因此只需要一些 +1 和 -1 就好了。
另外，注意一下取 \(\bmod\) 。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=3e5+10,mod=998244353;
int n,m,a,b,ans,jc[N<<1],s1[N],s2[N],af[N],bf[N];
void Jc_Init()
{
jc[0]=af[0]=bf[0]=1;
for(int i=1;i<=m+n;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=m;i++)
af[i]=af[i-1]*a%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
bf[i]=bf[i-1]*b%mod;
}
int ksm(int x,int y)
{
int sum=1;
while(y)
{
if(y&1) sum=sum*x%mod;
y>>=1;
x=x*x%mod;
}
return sum;
}
signed main()
{
n=read();
m=read();
a=read()%mod;
b=read()%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
s1[i]=read()%mod;
for(int i=1;i<=m;i++)
s2[i]=read()%mod;
Jc_Init();
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+jc[n+m-i-1]*ksm(jc[m-1],mod-2)%mod*ksm(jc[n-i],mod-2)%mod*bf[n-i]%mod*af[m]%mod*s1[i]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=(ans+jc[n+m-i-1]*ksm(jc[m-i],mod-2)%mod*ksm(jc[n-1],mod-2)%mod*af[m-i]%mod*bf[n]%mod*s2[i]%mod)%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2 卡常题
解题思路
不难发现因为每一个 Y 方点都只有两条边，因此可以将 Y 方点当作边， X 方点当作点。
我们就得到了一个有 n 条边， n 个点的环套树，显然，它比一般的树多了一条边，怎么办呢？？？
直接拆掉就好了，就是直接拆掉。
又因为每一个 X 方点是可以间隔存在的，剩下的就类似于 没有上司的舞会 这道题了。
在两个断点处进行两边树形 DP 取最小值就好了。
树形 DP 时分别记录一下选与不选这个点的值就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define f() cout<<"Fuck"<<endl;
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e6+10;
int tot,head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1];
int n,vh,vb,bk1,bk2,ans,h[N],b[N],val[N],f[N][2];
bool vis[N];
void add_edge(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fro)
{
if(vis[x])
{
bk1=x;
bk2=fro;
return ;
}
if(bk1||bk2) return ;
vis[x]=true;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(ver[i]!=fro)
dfs(ver[i],x);
}
void solve(int x,int fro)
{
f[x][1]=val[x];
f[x][0]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(ver[i]!=fro&&!(ver[i]==bk1&&x==bk2)&&!(ver[i]==bk2&&x==bk1))
{
int to=ver[i];
solve(to,x);
f[x][1]+=min(f[to][0],f[to][1]);
f[x][0]+=f[to][1];
}
}
signed main()
{
n=read();
vh=read();
vb=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
h[i]=read();
b[i]=read();
val[h[i]]+=vh;
val[b[i]]+=vb;
add_edge(h[i],b[i]);
add_edge(b[i],h[i]);
}
dfs(1,0);
solve(bk1,bk2);
ans=f[bk1][1];
solve(bk2,bk1);
ans=min(ans,f[bk2][1]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T3 玄学题
解题思路
-1 的次幂是由 \(d(i\times j)\) 的个数决定的。
-1 的偶数次幂是 1 对于答案是没有影响的，因此我们只用考虑 \(d(i\times j)\) 为奇数的时候。
当且仅当 \(i\times j\) 是完全平方数的时候 \(d(i\times j)\) 的值才是奇数。
原因比较显然：约数就是二个数的积等于这个数；对于非平方数的数每一约数都有一个对应的约数。
接下来把 i 拆成 \(p\times q^2\)（ p 没有平方因子）对于 j 一定有 \(p\times r^2\) 的形式。
因此，对于每一个符合条件的 j 就有 r 种取值也就是 \(\sqrt{\dfrac{m}{p}}\) 。
显然的，我们可以通过筛出所有的完全平方数进而求出 p 的值（求的过程类似于欧拉筛筛素数）。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define f() cout<<"Fuck"<<endl;
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e7+10;
int n,m,ans,cnt,f[N],pri[N];
bool vis[N];
signed main()
{
n=read();
m=read();
vis[1]=true;
pri[++cnt]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(vis[i]) pri[++cnt]=i;
int temp=i*i;
for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*temp<=n;j++)
vis[pri[j]*temp]=true;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) continue;
for(int j=1;j*i<=n;j++)
if(!vis[j])
f[j*i]=j;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!f[i]) f[i]=1;
int temp=sqrt(m/f[i]);
if(temp&1) ans--;
else ans++;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
