[考试反思]0417省选模拟73：纠结

这次的题挺奇怪的。

大概是比较简单。。。也许吧？

$T1$暴力显然可过，就没什么可说的。

$T2$题目或者$std$锅了，好气啊本来能抢到两个绿框的。

不到三小时的时候先$AC$了一遍，结果发现自己的边界是错的（然而$std$也是错的）。

所以改成对的，然后就和$std$不一样了，然后就$WA$了。

$T3$一眼看着像$min25$筛然后就自闭了，尝试写然而并没有写出来。暴力跑路。

虽说$min25$的确应该可以过，但是正解简单得多，想复杂了。。。

 

T1：决战

大意：$n \times 3$的矩阵，每个棋子周围$8$个格子中的一些不能放置其它棋子。求放置$m$棋子的方案数。$n \le 2500$

直接暴力$dp$。$O(n^2)$显然可过啊。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define ri register int
void add(int&a,int b){a+=b;if(a>=mod)a-=mod;}
int dp[2][7501][8],ok[8],tr[8][8],n,m,ban[3][3],t[8][9];
const int bit[]={0,1,1,2,1,2,2,3};
int main(){
    ri n,m,ans=0; cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<3;++i)for(int j=0;j<3;++j)cin>>ban[i][j];
    if(ban[0][0]||ban[2][2])for(int i=0;i<8;++i)for(int j=0;j<8;++j)if(i>>1&j)tr[i][j]=1;
    if(ban[0][2]||ban[2][0])for(int i=0;i<8;++i)for(int j=0;j<8;++j)if(j>>1&i)tr[i][j]=1;
    if(ban[0][1]||ban[2][1])for(int i=0;i<8;++i)for(int j=0;j<8;++j)if(j&i)tr[i][j]=1;
    if(ban[1][0]||ban[1][2])for(int i=0;i<8;++i)for(int j=0;j<8;++j)if(j>>1&j||i>>1&i)tr[i][j]=1;
    for(int i=0;i<8;++i)for(int j=0;j<8;++j)if(!tr[i][j])t[i][++t[i][0]]=j;
    dp[0][0][0]=1; ri mx=0,nw=1,nx=0,_=0,C=m-3*n-3;
    while(nw^=1,nx^=1,C+=3,_++<n)for(ri i=0;i<8;++i)if(t[i][0])for(ri j=max(C,0);j<=m&&j<=_+_+_;++j)if(dp[nw][j][i]){
        for(ri k=t[i][0],g;g=t[i][k],k;--k)add(dp[nx][j+bit[g]][g],dp[nw][j][i]);
        dp[nw][j][i]=0;
    }for(ri i=0;i<8;++i)add(ans,dp[nw][m][i]); cout<<ans<<endl;
}

 

T2：gift

大意：$n$点，选有$A_i$代价，$x_i,y_i$同时选有$B_i$贡献。最大化$\lfloor \frac{\sum B -1}{\sum A} \rfloor$。$n \le 400,m\le 10^5$

$01$分数规划+网络流。用那种$n$点$2m$边的写法。但是好像$n+m$点也能过。

千万不要处理$B$整除$A$的情况，不然会$WA$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define S 2222222
#define s 4005
int n,m,c[s],e[s][s],w[S],fir[s],l[S],to[S],v[S],ec=1,tw[s],tot,d[s],q[s];
bool bfs(){
    for(int i=1;i<=n+1;++i)d[i]=0; d[0]=1;
    for(int h=1,t=1;h<=t;++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(v[i]&&!d[to[i]])
        d[q[++t]=to[i]]=d[q[h]]+1;
    return d[n+1];
}
int dfs(int p,int f){
    if(p==n+1)return f; int r=f;
    for(int i=fir[p];i&&r;i=l[i])if(d[to[i]]==d[p]+1&&v[i]){
        int x=dfs(to[i],min(v[i],r));
        if(!x)d[to[i]]=0;
        v[i]-=x; v[i^1]+=x; r-=x;
    }return f-r;
}
void link(int a,int b,int W){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;w[ec]=W;}
void con(int a,int b,int W){link(a,b,W);link(b,a,W);}
int main(){//freopen("0.in","r",stdin);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&c[i]),c[i]<<=1,con(0,i,0);
    for(int i=1,x,y,W;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&x,&y,&W),e[x][y]+=W,e[y][x]+=W,tw[x]+=W,tw[y]+=W,tot+=W+W;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)if(e[i][j])con(i,j,e[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;++i)tot-=e[i][i],tw[i]-=e[i][i];
    for(int i=1;i<=n;++i)link(i,n+1,tw[i]),link(n+1,i,0);
    int l=0,r=700,md,Ans;
    while(md=l+r>>1,l<=r){
        for(int i=2;i<=ec;++i)v[i]=w[i];
        ll ans=tot;
        for(int i=1;i<=n;++i)if(md*c[i]-e[i][i]>=0)v[i<<1]=md*c[i]-e[i][i];else ans+=e[i][i]-md*c[i];
        while(bfs())ans-=dfs(0,0x7fffffff);
        if(ans<=0)r=md-1;else l=Ans=md,l++;
    }cout<<Ans<<endl;
}

 

T3：质数

大意：求$\sum\limits_{i=1}^{n} 2^{f(i)}$。$f(i)$表示$i$的质因子种数。$ n\le 10^{12} $

含义理解，$2^{f(i)}$可以理解为把所有质因子分成两个集合，同一种的所有次数出现在同一个集合中。

$2^{f(i)} = \sum\limits_{j|i}[gcd(j,\frac{i}{j})=1] = \sum\limits_{j|i} \sum\limits_{p|j,p|\frac{i}{j}} \mu(p)=\sum\limits_{p=1} \mu(p) \sum\limits_{p^2|i}^{i \le n} d(\frac{i}{p^2}) $

$ans=\sum\limits_{p=1}^{ \sqrt{n} } \mu(p) \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{p^2}} d(i)$

其中$\sum\limits_{i=1}^{n} d(i) = \sum\limits_{i=1}^{n} \frac{n}{i}$

得到$ans=\sum\limits_{p=1}^{\sqrt{n}} \mu(p) \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{p^2}} \frac{n}{ip^2}$

整除分块。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define S 2333333
#define ll long long
ll n;int ans,p[S],pc,np[S],mu[S];
ll cal(ll n,int a=0){for(ll i=1,l,N;N=n/i,i<=n;i=l+1)l=n/N,a=(a+1ll*(l-i+1)*N)%mod;return a;}
int main(){
    cin>>n; int sq=sqrt(n); mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=sq;++i){
        if(!np[i])p[++pc]=i,mu[i]=-1;;
        for(int j=1;i*p[j]<=sq;++j)
            if(i%p[j])np[i*p[j]]=1,mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else {np[i*p[j]]=1;break;}
    }
    for(int p=1;p<=sq;++p)ans=(ans+cal(n/p/p)*mu[p])%mod;
    cout<<(ans+mod)%mod;
}