9.1题解

T1

是个我没发现的规律或者叫性质之类的东西,对于任意一个人,你给他现有的芝麻${\times}2$再${\%}(n+m)$,就是每次调整之后他所拥有的芝麻量,考虑一下,如果他是手里芝麻比较少的那个人,这么做一定是对的,如果他是手里芝麻比较多的那个人呢?没证出来,手玩的。。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define int long long
 4 #define maxn 100100000
 5 using namespace std;
 6 int n,m,k,mod,mi;
 7 int pd[maxn],bh[maxn];
 8 int ksm(int a,int b)
 9 {
10     int ans=1;
11     while(b)
12     {
13         if(b&1)  ans=(ans*a)%mod;
14         b=b>>1;  a=(a*a)%mod;
15     }
16     return ans;
17 }
18 main()
19 {
20     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
21     mod=n+m;  mi=ksm(2,k);  n=(n*mi)%mod;
22     printf("%lld\n",min(n,mod-n));
23     return 0;
24 }
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T2

这题也要化式子,题目中要求合法区间中不包含$x<y$且$a_x{\%}a_y=K$的点对,那么我们对于任意$j$,可以找到小于他且离他最近的符合上面那个式子的$i$,这中间就是所有可以做合法的区间,那么现在的问题就是找到这个$i$

暴力

先枚举$j$,从$j$向前扫一遍,找到离他最近的$i$,计算贡献,这当中由于我们需要保证没有符合上面的那个条件的点对,所以每找到一个$i$,都要更新你$j$向前扫的左上界,因为对于这个$j$找到的$i$,应该是和前面找到的所有的$i$取个$min$,这样的话复杂度是$O(n^2)$的,显然水不过去,考虑优化

优化

我们有没有办法可以在不向前扫的情况下就找到每个$j$对应的$i$呢?考虑对于上面的那个式子的转化,保证$x<y$

  $a_x{\%}a_y=k$

${\Rightarrow}a_x-n{\times}a_y=k$

${\Rightarrow}a_x-k=n{\times}a_y$

这个时候我们发现所有的$a_y$都是$a_x-k$的因数,那我们完全可以用$O(\sqrt{n})$的复杂度筛出$a_x-k$的所有因数,查找这个因数在$j$前面有没有出现过以及出现过的最大位置,就可以直接找到我们想要的$i$

 1 //j<i 分解a[j]-k,找一个下标最小的i
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<vector>
 5 #define maxn 100100
 6 #define int long long
 7 using namespace std;
 8 int n,k,ans,tail;
 9 int a[maxn],bh[maxn];
10 main()
11 {
12     scanf("%lld%lld",&n,&k);  tail=n;
13     for(int i=1;i<=n;++i)  scanf("%lld",&a[i]);
14     for(int i=n;i>=1;--i)//左端点
15     {
16         int base=a[i]-k,right=tail+1/*右端点*/;
17         if(base<0)  continue;
18         if(base==0)
19         {
20             for(int j=i+1;j<=tail;++j)
21                 if(a[j]>a[i])  {right=j;  break;}
22         }
23         for(int j=1;j*j<=base;++j)
24         {
25             if(base%j==0)
26             {
27                 if(j>k&&bh[j]>i)  right=min(right,bh[j]);
28                 if(base/j>k&&bh[base/j]>i)  right=min(right,bh[base/j]);
29             }
30         }
31         if(right!=tail+1)
32         {
33             ans+=(tail-i+1)*(tail-i+2)/2;
34             ans+=-(right-i)*(right-i+1)/2-(tail-right+1);
35         }
36         tail=right-1;  bh[a[i]]=i;
37     }
38     ans+=tail*(tail+1)/2;
39     printf("%lld\n",ans);
40     return 0;
41 }
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T3

有时间晚上会填坑,先咕了

本来以为要各种$ex$家族数学乱搞,结果dp推式子就可过

设$dp[i][j]$代表第$i$层用了$j$种颜色的方案数,这$j$种只要是$j$种就行,不限定是哪$j$种

设$s[i]$代表把第$i$层铺满之后的总方案数,$s[i]=\sum\limits_{j=1}^{a[i]}dp[i][j]$

设$f[i][j]$代表用$j$种颜色恰好填满$i$个格子的方案数,$f[i][j]=f[i-1][j-1]{\times}j+f[i-1][j]{\times}(j-1)$,如果你用了$j-1$个颜色,那么当前你要开一个新的颜色,由于这个$f$数组,不规定是哪$j$种颜色,所以那另外的一种颜色有$j$种可能,所以${\times}j$,而如果你不新开一种颜色,由于题目要求可知,相邻位置颜色不能相同,所以${\times}(j-1)$

设$g[i][j]$代表用$j$种颜色恰好填满$i$个格子,只不过这$j$种颜色是指定的,这样的话$g[i][j]=g[i-1][j-1]{\times}(m-(j-1))+g[i-1][j]{\times}(j-1)$,如果新开一种颜色,只剩下$m-j+1$种选择,如果用之前的颜色,就同上,不跟前一个重复就好

关于指定这个问题,我们可以这么理解,$dp$和$f$数组自带组合数,然而$g$数组不够高级,所以他无法拥有组合数,这样的话我们的$dp[i][j]=s[i-1]{\times}f[a[i]][j]-dp[i-1][j]{\times}g[a[i]][j]$,我们来理解一下,如果没有第二个限制,那么方案数就是到上一层位置所有的方案数乘上带组合数的$f$,那么不符合第二个条件的要怎么干掉呢,这时候就用到$g$数组了,很明显$dp[i-1][j]{\times}g[a[i]][j]$就是当前层和上一层所选集合相同的方案数,因为$g$数组里制定了$j$种颜色,而$dp$数组又自带组合数,所以是对的

这样的话这道题就可以$dp$乱搞做下来了,关于那么需要数学乱搞求组合数的做法,指路DeepinC

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define maxa 6010
 4 #define maxn 1001000
 5 #define int long long
 6 using namespace std;
 7 int n,m,p,maxx;
 8 int a[maxn];
 9 int dp[maxa],s[maxn],f[maxa][maxa],g[maxa][maxa];
10 main()
11 {
12     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
13     for(int i=1;i<=n;++i)  {scanf("%lld",&a[i]);  maxx=max(maxx,a[i]);}
14     f[0][0]=1ll;  g[0][0]=1ll;  s[0]=1ll;
15     for(int i=1;i<=maxx;++i)
16         for(int j=1;j<=i;++j)
17         {
18             f[i][j]=((f[i-1][j]*(j-1))%p+(f[i-1][j-1]*j)%p)%p;
19             g[i][j]=((g[i-1][j]*(j-1))%p+(g[i-1][j-1]*(m-j+1))%p)%p;
20         }
21     for(int i=1;i<=n;++i)
22         for(int j=1;j<=a[i]&&j<=m;++j)
23         {
24             if(j<=a[i-1])  dp[j]=((s[i-1]*g[a[i]][j])%p-(dp[j]%p*f[a[i]][j]%p)%p+p)%p;
25             else  dp[j]=(s[i-1]*g[a[i]][j])%p;
26             dp[j]=(dp[j]%p+p)%p;  s[i]=(s[i]+dp[j])%p;  s[i]=(s[i]%p+p)%p;
27         }
28     s[n]=(s[n]%p+p)%p;  printf("%lld\n",s[n]);
29     return 0;
30 }
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posted @ 2019-09-08 16:44  hzoi_X&R  阅读(142)  评论(0编辑  收藏  举报