【学习笔记】NOIP爆零赛6

说实话是不想补题的。因为每一道题都贼难写，题解又通篇写着显然，然后自己天天搞竞赛又把注意力搞差了，调一道题又调半天，考试的题又难的要死 不会正解 ，部分分又写挂了 可能心态崩了就是从那场$t1$签到题考高精度数位$dp$容斥开始的吧

young

没错，又是一来第一道题就把你心态搞崩了。

这一看就是一个非常暴力非常玄学的$dp$ ，那么问题来了，机房里只有一个人过了，这是为什么呢

现在来想这个题还是觉得非常抽象。反正确实没啥好办法，就照着出题人的做法学吧。

反正考场上也就只能$30pts$跑路了。

simple

这场唯一能做的题。不过还是需要猜到一个小结论才能做出来。

首先看这道题，和最小表示法很像，但是又不完全是，因为后面那些位填的是$0$。

如果这个串的循环节长度$<n$的话，那么这个串肯定是不合法的，因为最小表示不唯一，而又要求严格大于。然后最小表示唯一了，这里又可以猜这些轮换中合法的恰好对答案的贡献是$1$，于是可以得到：

$f(i)=\frac{{\sum }_{j|i}10^j\mu (i/j)}{i}$

直接暴力算复杂度$O(n\ln n)$。说实话我考场上想到这里的时候脑子都是混乱的，完全想不清楚了 原因如上 ，结果数组开爆直接gg。

说到底还是被$t1$坑了。本来以为$t1$可以切掉的，结果谁知道越想越复杂，越想越觉得不对，直接整出心理阴影了。当然还有一个原因，我对数论函数不是很熟悉，所以考场上完全没往这方面想，就想硬刚数数题

唉，感觉模拟赛的出题人出题风格和atcoder完全不同，做着很难受啊

注意到$10^j$不是积性函数，因此这里要把它提出来计算：

$\sum 10^j\times j\times {\sum }_{i\le \lfloor \frac{n}{j}\rfloor }(i\times \mu (i))$

可以直接计算，复杂度$O(n)$，有$60pts$。

可以用整除分块+杜教筛优化，套两个板子即可。说实话考这种优化挺无聊的，但是出题人要考又有什么办法呢，我还是滚回去复习一下模板吧

接下来是速成，建议不看

对于数论函数$f$，要求我们计算$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$

对于任意数论函数$g$，必满足 ${\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)={\sum }_{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$

那么可以得到递推式$S(n)={\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)-{\sum }_{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$

只要预处理前$n^{\frac{2}{3}}$个值即可，其他可以递归计算。

想必聪明的你应该已经知道该怎么做了吧

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=258280327;
const int N=1e7+5;
int cnt;
int prime[N/10];
ll mu[N],pw[N];
bool vs[N];
ll n,n2,res,inv9,inv2=(mod+1)/2;
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
	ll z(1);
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1)z=z*x%mod;
		x=x*x%mod;
	}return z;
}
void init(int n){
	mu[1]=1;pw[0]=1;pw[1]=10;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		pw[i]=pw[i-1]*10%mod;
		if(!vs[i]){
			prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]<=n/i;j++){
			vs[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}for(int i=1;i<=n;i++){
		mu[i]=(mu[i-1]+mu[i]*i)%mod;
	}
}
map<ll,ll>dp;
ll calc3(ll l){
	return l*(l+1)%mod*inv2%mod;
}
ll S(ll n){
	if(n<=n2)return mu[n];
	if(dp.find(n)!=dp.end())return dp[n];
	ll res=1;
	for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		res=(res-(calc3(r)-calc3(l-1))*S(n/l))%mod;
	}return dp[n]=res;
}
ll calc2(ll l){
	return (fpow(10,l+1)-10)*inv9%mod;
}
ll calc(ll l){
	return (fpow(10,l+1)*(l+1)-calc2(l+1))%mod*inv9%mod;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n,n2=1e6,init(n2),inv9=fpow(9,mod-2);
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		res=(res+(calc(r)-calc(l-1))*S(n/l))%mod;
	}cout<<(res+mod)%mod;
}

naive

出题人很友好。写出最无脑的$dp$再找一下规律就有$50pts$。真是谢谢出题人了。

首先还是假设第$0$层存在，并且这一层的状态为$0$，每次相当于猜一个楼层是$0$还是$1$，最后要还原整个状态，设$f_{i,j}$表示楼层高度为$i$，有$j$个记者时的最小次数，根据定义有$f_{i,j}={\min }_{1\le k\le i}\max (f_{i-k,j},f_{k-1,j-1})+1$。

当然这样肯定是找不出来什么规律的，只能尝试一下其他的$dp$方式。

设$g_{i,j}$表示次数为$i$，有$j$个记者时，能得到的楼层最高高度。

还是考虑一次操作，如果返回的结果是$1$的话，那么能确定$g_{i-1,j-1}$的高度；如果返回的结果是$0$的话，那么能确定$g_{i-1,j}+1$的高度。那么$g_{i,j}=g_{i-1,j-1}+g_{i-1,j}+1$。

神谕告诉我们$g_{i,j}={\sum }_{k=1}^j\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k}\right)$。据说归纳法可证 但是我关心的是这是怎么看出来的啊233 可以自行打表验证。

这结论太小，以至于我看不见

因此直接二分就好啦。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define db double
using namespace std;
int T,K;
ll n;
int check(ll mid){
	db res=1,sum=0;
	for(int i=1;i<=K;i++){
		res=res*(mid-i+1)/i;
		if((sum+=res)>=n)return 1; 
	}return 0;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>K;
		if(K==1){
			cout<<n<<"\n";
			continue;
		}
		ll l=1,r=1e18,res=0;
		while(l<=r){
			ll mid=l+r>>1;
			if(check(mid))res=mid,r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}cout<<res<<"\n";
	}
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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