test20190825 AmberFrame

100+0+99=199，第二题一分没得不应该。

count

给定 \(n\)，求合法的 \((x_1,x_2,x_3,\dots,x_{2m})\) 组数。一组 \(x\) 是合法的，当且仅当

\[\forall i\in[1,2m],x_i\in \mathrm{Z}_+,x_i\mid n \\ \prod_{i=1}^{2m}x_i=n^m \]

合法的 \((x_1,x_2,x_3,\dots,x_{2m})\) 可能有很多，请你输出方案数 \(\bmod 998244353\)。

\(n \leq 10^9,m \leq 100\)。

题解

看了好久才找到正确的切入点。

一开始我把所有数取 \(\log_n\)，想把乘法变成加法。然后发现这样做有精度误差，实际效果跟 DFS 没什么区别。

然后我突然想到把每个 \(x_i\) 变成 \(\frac{n}{x_i}\)，乘积恰好反过来了。于是答案是所有情况除以 \(2\)？稍加思考便发现这不太对，可能有等于 \(\prod x_i=n^m\) 的情况。所以问题转化成了等于符号。

求解这个问题我也是费了一番周折。首先想到的是质因子分开算最后可以用乘法原理合并。

然后我以为对每个质因子都是一个组合数。假设某个质因子的形式是 \(p^\alpha\) ，那么答案不就是 \(m\alpha\) 拆成 \(2m\) 个自然数的方案数吗？我熟练地写出答案 \(\binom{m\alpha+2m-1}{2m-1}\)，过了小样例。

然后开始手动和我一开始写的暴力对拍，发现答案错了。比如这组数据：16 1。调了半天发现是每个拆分的指数 \(y\) 必须满足 \(0 \leq y \leq \alpha\)。有点自闭。

最后改成 DP 了，然后又找了几个小错，总算两个程序拍上了。

#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
using namespace std;
template<class T> T read(){
	T x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x;
}
template<class T> T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
#define co const
#define il inline
typedef long long LL;

co int mod=998244353,i2=499122177;
il int add(int a,int b){
	return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
	return (LL)a*b%mod;
}
il int fpow(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
		if(b&1) ans=mul(ans,a);
	return ans;
}

int f[201][3001];
int dp(int n,int m,int lim){
//	cerr<<"n="<<n<<" m="<<m<<endl;
	for(int i=0;i<=n;++i) fill(f[i],f[i]+m+1,0);
	f[0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;++i)
		for(int j=0;j<=m;++j)if(f[i][j])
			for(int k=0;k<=lim&&k<=m-j;++k) f[i+1][j+k]=add(f[i+1][j+k],f[i][j]);
	return f[n][m];
}
int main(){
	freopen("count.in","r",stdin),freopen("count.out","w",stdout);
	int n=read<int>(),m=read<int>();
	
	int ans=0;
	for(int i=1;i*i<=n;++i)if(n%i==0){
		++ans;
		if(n/i!=i) ++ans;
	}
	ans=fpow(ans,2*m);
	
	int nn=n,sum=1;
	for(int i=2;i*i<=n;++i)if(nn%i==0){
		int c=0;
		while(nn%i==0) nn/=i,++c;
		sum=mul(sum,dp(2*m,m*c,c));
	}
	if(nn>1) sum=mul(sum,dp(2*m,m,1));
//	cerr<<"ans="<<ans<<" sum="<<sum<<endl;
	printf("%d\n",mul(add(ans,sum),i2));
	return 0;
}

delete

给定一个序列，你需要通过不断的操作来消除这个序列。每次你可以选择一个上升或者下降子序列将其删除，将剩下的序列作为新序列，继续删除操作。直到新序列为空，操作结束。

具体地说，一次操作可以表述为如下较为形式的语言：对于一个序列 (x1, x2, ..., xn)，一次操作可以选择 1 ≤ a1 < a2 < ... < ak ≤ n，将 xa1, xa2, ..., xak 删去。其中 k 和 ai 都是你可以决定的，但是须要满足 xa1 < xa2 < ... < xak，或者 xa1 > xa2 > ... > xak。

我们希望你在 500 次内将序列删空，请你输出任意一种删除序列的方式，数据保证一定存在解。
为了方便起见，保证 (x1, x2, ..., xn) 是一个 1..n 的排列。

n ≤ 64000。

题解

观察一番 SPJ 后终于知道我为什么爆 0 了。他要求输出的是元素，也就是 x 的值，而不是位置。

delete

贪心找可还行。Dilworth 定理是什么？

Dilworth 定理

Dilworth 定理可用来优化序列的不下降子序列最少划分数。

相关定义

偏序关系是满足自反性、反对称性、传递性的二元关系。可以用 ≤ 表示。

  • 自反性：x ≤ x成立。
  • 反对称性：a ≤ b 且 b ≤ a ↔ a=b
  • 传递性：a ≤ b 且 b ≤ c → a ≤ c

配备偏序关系的集合称为偏序集。显然数集上的“小于或等于”是偏序关系，但是偏序关系不只可以在数集上。

  • 可比：a与b可比，当且仅当a ≤ b 或 b ≤ a。

设全集U是一个偏序集。

  • 链：U的子集，满足其中任意两个元素（不相同）可比。
  • 反链：U的子集，满足其中任意两个元素（不相同）不可比。

比如，有限数集S上的最长链的长度等于|S|，最长反链长度为1.

将U分拆成很多子集称作划分。姑且把子集全为链的划分叫做链划分，全为反链叫反链划分。

定理内容

有两个互为对偶的定理：

  1. U的链划分使用的最少集合数，等于它的最大反链长度。
  2. U的反链划分使用的最少集合数，等于它的最大链长度。

其中某一个叫做 Dilworth 定理。

回到那个问题：给定一个全为实数的序列，每次在其中选出一个不下降子序列并将其删掉。求删完整个序列所需要的选择子序列的次数。比如说，1 2 4 3 5这个序列，最少要两次，第一次1 2 3 5.

虽然序列与集合不同，但这很可能与最少划分有关。不管怎么说，打算用Dilworth定理相关内容解决本题。

首先要把序列转化成集合。不同点在于序列中元素有序。考虑使用有序数对 (p,v) 表示原序列中的一个数。p 表示位置，v 表示数值。

从集合中任意取出两个元素，如何能确定前者不比后者大呢？考虑关系 ≤：p1 ≤ p1 且 v1 ≤ v2。这相当于先把两个元素按照原序列中的位置排序，再比较数值大小。这个关系是偏序关系。如此一来，两个元素可比，等价于在原序列中，他们是不下降的。

根据 (1)，原题所求的次数，等于原序列的最长下降子序列的长度。

反过来下降子序列的最小划分数，等于最长不下降子序列的长度。

刘老爷写了一个链表+线段树然后 TLE 了。看来这题卡常数。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <memory.h>
#include <vector>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 64005;
#define pb push_back

int a[maxn],a0[maxn],n,tot,f[maxn],g[maxn];
vector<int> vec[maxn];
int mx1[maxn],mx2[maxn],bac[maxn],del[maxn];

void Print()
{
	printf("%d\n",tot);
	for (int i=1;i<=tot;i++)
	{
		int len=vec[i].size();
		printf("%d ",len);
		for (int j=len-1;j>=0;j--)
			printf("%d%c",vec[i][j]," \n"[j==0]);
	}
}
void insert1(int x,int v) {
	for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
		mx1[i]=max(mx1[i],v);
}
void insert2(int x,int v) {
	for (int i=x;i;i-=i&-i)
		mx2[i]=max(mx2[i],v);
}
int query1(int x) {
	int res=0;
	for (int i=x;i;i-=i&-i)
		res=max(res,mx1[i]);
	return res;
}
int query2(int x) {
	int res=0;
	for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
		res=max(res,mx2[i]);
	return res;
}

void DP()
{
	++tot;
	memset(mx1,0,n+1<<2);
	memset(mx2,0,n+1<<2);
	int ans1=0,ans2=0;;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=query1(a[i])+1;
		g[i]=query2(a[i])+1;
		insert1(a[i],f[i]);
		insert2(a[i],g[i]);
		ans1=max(ans1,f[i]);
		ans2=max(ans2,g[i]);
	}
	
	memset(del,0,n+1<<2);
	if (ans1>ans2) {
		for (int t=ans1,i=n;t;i--)
			if (f[i]==t) del[a[i]]=1,t--,vec[tot].pb(a0[i]);
	}
	else {
		for (int t=ans2,i=n;t;i--)
			if (g[i]==t) del[a[i]]=1,t--,vec[tot].pb(a0[i]);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		bac[i]=bac[i-1]+1-del[i];
	int pos=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!del[a[i]]) a0[++pos]=a0[i],a[pos]=bac[a[i]];
	n=pos;
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("delete.in","r",stdin);
		freopen("delete.out","w",stdout);
	#endif
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]),a0[i]=a[i];
	while (n) DP();
	Print();
	return 0;
}

floor

令 \(x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)，求 \(\lfloor x^n \rfloor \mod p\)。

\(n \leq 10^{18},p \leq 998244353\)。

题解

酷似 JLOI2015 有意义的字符串 。先找到对应的数列，尝试几番就发现

\[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \]

这个表达式对应了数列 \(1,3,4,7,11,18\dots\)。然后写个矩阵快速幂即可求出这个数列。

注意根据后一个小数的符号判断答案要不要减 \(1\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> T read(){
	T x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x;
}
template<class T> T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
#define co const
#define il inline
#define int long long

int mod;
struct mat{
	int v[2][2];
	il int*operator[](int i) {return v[i];}
	il co int*operator[](int i)co {return v[i];}
};
mat operator*(co mat&a,co mat&b){
	mat c;memset(c.v,0,sizeof c.v);
	for(int i=0;i<2;++i)
		for(int j=0;j<2;++j)
			for(int k=0;k<2;++k)
				c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*b[k][j])%mod;
	return c;
}
mat pow(mat a,int b){
	mat ans;memset(ans.v,0,sizeof ans.v);
	for(int i=0;i<2;++i) ans[i][i]=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a)
		if(b&1) ans=ans*a;
	return ans;
}

signed main(){
	freopen("floor.in","r",stdin),freopen("floor.out","w",stdout);
	int n=read<int>();read(mod);
	if(n==0) {puts("1");return 0;} // edit 1
	mat a=pow((mat){0,1,1,1},n-1);
	int ans=(a[0][0]+3*a[0][1])%mod;
	if(~n&1) ans=(ans+mod-1)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

posted on 2019-08-25 15:20  autoint  阅读(322)  评论(0)  编辑  收藏  举报

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