[考试反思]1010csp-s模拟测试67：摸索

嗯。。。所谓RP守恒？

仍然延续着好一场烂一场的规律。

虽说我也想打破这个规律，但是并不想在考烂之后打破这个规律。（因为下一场要考好？？？）

我也不知道我现在是什么状态，相较于前一阶段有所提升（第一鸡房的buff？）

但是明显还有提升空间。也可以看到离上面的差距有多大。

（在去食堂的路上一顿爆捶捶傻skyh就能进步一名了hhh）

这场考试呢，T1正路是推式子然而我又开始疯狂打表找规律，最后得到了一个和正解没什么关系但是能拿到80分的式子。

也肝了一个小时，然后就停止在80分了。

并不是没有在化式子，而是化的不彻底，没有到最终可做的形式。

然后T2是个板子就写了。没调没对拍，着急进T3。（又不像某些人考前打对拍。。。）

T3想直接奔着最终答案去，于是就先上了个暴力，对着excel看了挺久，找到一些规律但是不能用于做题。

最后20分钟左右的时候想到了n³的思路，但是细节较多来不及打了，时间分配不够。还是给T3分的时间不够多。

最后交了暴力。最后几分钟打了21～25的表但是没有数据，数据是28。如果提前几分钟开始打就多20分了。。。

然后就没有然后了。

还好，仍然是在持续的思考。没挂机没摸鱼。

但是某些考试技巧还是要练的。。。如打表之类。。。

不要尝试找n²的表的规律，很困难而且浪费时间。

分配一些时间给打表交表也是不错的。

 

T1：神炎皇

考场上的发现是$- n +\sum \limits_{i=1}^{n} \sqrt{i的最大平方因子}$

枚举这个因子，此后就不应再有平方因子，运用莫比乌斯函数的实际意义进行容斥，得到

$= - n + \sum \limits_{d=1}^{\sqrt{n}} d \sum \limits _{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d^2} \right \rfloor} \mu (k) \times \left \lfloor \frac{n}{d^2 k^2} \right \rfloor$

这样的式子的复杂度外层是$\sqrt{n}$，内层是调和级数，所以总的复杂度是$O( \sqrt{n} ln \sqrt{n} )$,有80分。

而正解是考虑ab的最大公约数，设$gcd(i,j)=g$，$a=gx$，$b=gy$

那么有$xyg^2 mod (x+y)g =0$。因为xy互质，所以xy与x+y互质

所以$g mod (x+y) =0 $，所以$g>=x+y$。那么根据题目的限制$a+b<=n$则$(x+y)g<=n$

有$x+y<=n$。那么就枚举$k=x+y$。求数对$x,y$的数量。

因为$y$与$x$互质，所以$x+y$与$x$互质，所以确定$k$后可行的$x$就有$\varphi (k)$个。

然后可行的$g$的个数就是$\frac{n}{k^2}$个。

那么最终的答案就是$\sum \limits_{k=1}^{\sqrt{n}} \varphi (k) \times \frac{n}{k^2}$

最终复杂度$ O( \sqrt{n} ) $

#include<cstdio>
int phi[10000005],p[10000005],pcnt;char np[10000005];long long n,ans;
int main(){
    for(int i=2;i<=10000000;++i){
        if(!np[i])p[++pcnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<=10000000;++j)
            if(i%p[j])phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1),np[i*p[j]]=1;
            else {phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j],np[i*p[j]]=1;break;}
    }
    scanf("%lld",&n);
    for(long long i=1;i*i<=n;++i)ans+=n/i/i*phi[i];
    printf("%lld\n",ans);
}

 

T2：降雷皇

一个比较普通的线段树dp，只不过记录了一下方案。

算是个板子吧。

#include<cstdio>
#define mod 123456789
int Mod(int p){return p>=mod?p-mod:p;}
struct state{
    int dp,pl;
    friend state operator+(state x,state y){
        if(x.dp<y.dp)return y;
        if(y.dp<x.dp)return x;
        return (state){x.dp,Mod(x.pl+y.pl)};
    }
}w[800005],O;
int cl[800005],cr[800005],x[800005];
void build(int p,int l,int r){
    cl[p]=l;cr[p]=r;
    if(l==r){w[p]=(state){0,l?0:1};return;}
    build(p<<1,l,l+r>>1);build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
    w[p]=w[p<<1]+w[p<<1|1];
}
void chg(int p,int pos,state nw){
    if(cl[p]==cr[p]){w[p]=w[p]+nw;return;}
    chg(pos<=cl[p]+cr[p]>>1?p<<1:p<<1|1,pos,nw);
    w[p]=w[p<<1]+w[p<<1|1];
}
state ask(int p,int l,int r){
    if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return w[p];
    return ask(p<<1,l,r)+(r>=cl[p<<1|1]?ask(p<<1|1,l,r):O);
}
int main(){
    int n,opt,x;scanf("%d%d",&n,&opt);
    build(1,0,100000);
    while(n--){
        scanf("%d",&x);
        state bst=ask(1,0,x-1);bst.dp++;
        chg(1,x,bst);
    }
    state ans=ask(1,0,100000);
    printf("%d\n",ans.dp);
    if(opt==1)printf("%d\n",ans.pl);
}

 

T3：幻魔皇

斐波那契树当然离不开斐波那契数列。还记得那个兔子的例子？

白点是小兔子，黑点是老兔子。

在相同时间年龄相同的兔子，其子树完全相同。

既然要求树上的距离，那么肯定是要知道最近公共祖先的。

如果两个白点存在祖先关系那么它们的祖先就是老的那一个白点，否则就是一个黑点。

那么考虑枚举每一个点，考虑它为lca时子数的贡献。

如果是个白点，那么其对距离为i的点对的贡献就是它第i代后代中白点的数量，就是fib[i]。

（具体是fib的第几项可能因人而异，因为我的fib[0]=1,fib[1]=0）

然后枚举每一层的全部白点，它们的数量也就是个fib数，n²解决所有祖先关系的白点对的贡献。

如果lca是黑点，那么黑点有一个黑儿子一个白儿子，lca是它的话那么两个白点要分别在两个子数内。

处理层数为1的，答案为0。

不断考虑层数更高的，其新的贡献就是白儿子的新的一层与原有黑儿子的贡献，以及黑儿子新的一层与新的白儿子的贡献。

具体就是一大堆的fib数。处理出f[i][j]表示深度为i的黑根树对答案j的贡献，乘上整棵树里有多少个这样的黑点即可。

答案数组开10000。而不是5000。（我稍蠢，嗯）

复杂度$O(n^2)$

#include<cstdio>
#define int long long
#define mod 123456789
int fib[5005],ans[10005],f[5005][10005];
main(){
    int n;scanf("%lld",&n);
    fib[0]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%mod;
    for(int i=0;i<n;++i)for(int j=1;j<n-i;++j)(ans[j]+=fib[i]*fib[j])%=mod;
    for(int i=2;i<n;++i){
        for(int j=1;j<=n<<1;++j)f[i][j]=f[i-1][j];
        for(int j=1;j<=i;++j)(f[i][i+j]+=fib[i-1]*fib[j])%=mod;
        for(int j=1;j<i;++j)(f[i][i+j]+=fib[i]*fib[j-1])%=mod;
    }
    for(int i=1;i<n;++i)for(int j=1;j<=n<<1;++j)(ans[j]+=f[n-i][j]*fib[i])%=mod;
    for(int i=1;i<=n<<1;++i)printf("%lld ",ans[i]);puts("");
}