HDU多校2017第7场

6121 Build a tree

6125 Free from square

6126 Give out candies

6127 Hard challenge

6128 Inverse of sum

式子$\frac{1}{a+b}\equiv \frac{1}{a}+\frac{1}{b}(mod\ p)$可化为$a^2+ab+b^2 \equiv 0(mod\ p)$。当$a=b$时，可转化为$3a^2 \equiv 0(mod\ p)$，此时，只有$p=3$时才成立（因为$p$必须是素数）。当$a \ne b$时，把式子$a^2+ab+b^2 \equiv 0(mod\ p)$两边同时乘$(a-b)$，得到$a^3-b^3 \equiv 0(mod\ p)，\Longrightarrow a^3 \equiv b^3(mod\ p)$。

因此：

当$p=3$时，只需要分别统计$1$和$2$的个数$cnt1$和$cnt2$，答案就是$A_{cnt1}^2+A_{cnt2}^2$。

当$p \ne 3$时，必然是$a \ne b$，对于元素$x$而言，需要找到一些$y$，满足：$x \ne y$且$x^3 \equiv y^3(mod\ p)$。这时，因为$max(p)=10^{18}$，计算$y^3(mod\ p)$时会溢出，所以需要用到快速乘法。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define MAXN 100010
LL a[MAXN], n, p;

LL calc(){
    LL res = 0;
    a[n] = -1;
    for(int i = 1, cnt = 1;i <= n;++i){
        if(a[i] == a[i - 1])cnt++;
        else{
            res += LL(cnt - 1) * cnt / 2;
            cnt = 1;
        }
    }
    return res;
}

LL qmult(LL x, LL y){
    LL res = 0;
    if(x < y)swap(x, y);
    while(y){
        if(y & 1)res = (res + x) % p;
        x = (x << 1) % p;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%I64d%I64d", &n, &p);
        for(int i = 0;i < n;++i)scanf("%I64d", a + i);
        if(p == 3){
            int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
            for(int i = 0;i < n;++i){
                if(a[i] == 1)cnt1++;
                else if(a[i] == 2) cnt2++;
            }
            LL ans = LL(cnt1 - 1) * cnt1 / 2 + LL(cnt2 - 1) * cnt2 / 2;
            cout << ans << endl;
        }else{
            sort(a, a + n);
            LL ans = -calc();
            for(int i = 0;i < n;++i)a[i] = qmult(a[i], qmult(a[i], a[i]));
            sort(a, a + n);
            ans += calc();
            cout << ans << endl;
        }
    }
    return 0;
}

 

6129 Just do it

对于变换$m$次之后的序列，考虑$a_0$对$a_i(0 \le i < n)$的贡献，为$C_{m-1+i}^i$个$a_0$相异或的结果。同样地，$a_1$对$a_{i+1}(0 \le i<n-1)$的贡献也为$C_{m-1+i}^i$。然后，组合数判定奇偶性：杨辉三角第$i$行第$j$列的元素为$C_i^j$，如果$(i \& j) == j$，则$C_i^j$为奇数，否则为偶数。接下来，只需要枚举$a_0$对$a_i(0 \le i < n)$的贡献，若为奇数，则$a_1$对$a_{i+1}$的贡献，$a_2$对$a_{i+2}$的贡献，$\dots$，只需要暴力做相同的处理即可。放心，不会超时的。我随机造了几十组数据规模$2 \times 10^5$的大数据，有的数据需要迭代近$4 \times 10^8$次，只需要300+ms左右就能迭代完。下面的代码通过hdu所有数据的测试，只需要900+ms。而且是在没做任何常数优化的情况下。

另外，杨辉三角具有一个性质：用$P_n$表示$n$层三角形中奇数的占比，有：${\lim\limits_{n \to \infty}P_n \to 0}$。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200010
int a[MAXN], b[MAXN], n, m;
int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i = 0;i < n;++i)scanf("%d", a + i);
        memset(b, 0, sizeof(b));
        for(int i = 0;i < n;++i){
            if((((m - 1) + i) & i) == i){
                for(int j = i, k = 0;j < n;++j,++k){
                    b[j] ^= a[k];
                }
            }
        }
//        cout << cnt << " " << clock() - st << endl;
        for(int i = 0;i < n;++i)printf("%d%c", b[i], i == n - 1 ? '\n' : ' ');
    }
    return 0;
}