The 2019 ICPC China Nanchang National Invitational and International Silk-Road Programming Contest C. Xyjj’s sequence（动态规划+欧拉降幂）

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/40255

中文题面：

 

解题思路：先用欧拉降幂求出A，B两个序列，定义dp【0】【i】【j】为取A的前i个元素，B的前j个元素，且C的最后一个元素为B【j】，同理dp【1】【i】【j】为取A的前i个元素，B的前j个元素，且C的最后一个元素为A【i】，那么就很容易得到状态转移方程。那么最后答案即为max（dp【0】【n】【n】，dp【1】【n】【n】）。还有值得注意的是：该题需要使用滚动数组，不然会超内存。

在此贴两个关于欧拉降幂的链接吧：https://blog.csdn.net/qq_37632935/article/details/81264965

https://blog.csdn.net/u013534123/article/details/78912721

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=100003;
const int maxn=5003;
int v1[maxn],v2[maxn];
ll a1[maxn],b1[maxn]; 
ll dp[2][3][maxn];
ll Mod(ll n,ll m){
	return n<m?n:(n%m+m);
}
ll ph(ll n){
	ll ans=n;
	ll res=n;
	for(int i=2;i*i<=res;i++){
		if(n%i==0){
			ans=ans/i*(i-1);
			while(n%i==0){
				n/=i;
			}
		}
	}
	if(n>1)ans=ans/n*(n-1);
	return ans;
}
ll qpow(ll n,ll m,ll mo){
//	cout<<"YES\n";
	ll ans=1;
	while(m){
		if(m&1)ans=ans*n%mo;
		m/=2;
		n=n*n%mo;
	}
	return ans;
}
ll solve(int num,ll mo,ll tt){
	if(num==1||mo==1)return Mod(tt,mo);
	return qpow(tt,solve(num-1,ph(mo),tt)+ph(mo),mo);
}
int main(){
	ll a,b;
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d",&v1[i]);
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d",&v2[i]);
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		a1[i+1]=qpow(a,solve(v1[i],mod-1,b)+mod-1,mod);
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		b1[i+1]=qpow(a,solve(v2[i],mod-1,b)+mod-1,mod);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){//1
		for(int j=1;j<=n;j++){//0
			dp[0][i&1][j]=dp[1][i&1][j]=0;
			if(b1[j]==a1[i]){
				dp[0][i&1][j]=max(dp[0][i&1][j],dp[1][i&1][(j-1)]+b1[j]);
				dp[1][i&1][j]=max(dp[1][i&1][j],dp[0][(i-1)&1][j]+a1[i]);
			}
			else{
				dp[0][i&1][j]=max(dp[0][i&1][j],dp[1][i&1][(j-1)]);
				dp[1][i&1][j]=max(dp[1][i&1][j],dp[0][(i-1)&1][j]);
			} 
			if(b1[j]==b1[j-1]){
				dp[0][i&1][j]=max(dp[0][i&1][j],dp[0][i&1][(j-1)]+b1[j]);
			}
			else{
				dp[0][i&1][j]=max(dp[0][i&1][j],dp[0][i&1][(j-1)]);
			}
			if(a1[i]==a1[i-1]){
				dp[1][i&1][j]=max(dp[1][i&1][j],dp[1][(i-1)&1][j]+a1[i]);
			}
			else{
				dp[1][i&1][j]=max(dp[1][i&1][j],dp[1][(i-1)&1][j]);
			}
	//		cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[0][i&1][j]<<" "<<dp[1][i&1][j]<<endl; 
		} 
	}
	cout<<max(dp[0][n&1][n],dp[1][n&1][n])<<endl;
	return 0;
}