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11.6

魄罗蛙出的noip模拟题

前言

这个题的难度显然没有noip难，魄罗蛙良心出题人

1.二叉树上的询问(erchatree.in/out)

【题目描述】

给出一棵具有 $n$ 个结点的树。

我们规定， $1$ 是这棵树的树根。

并且，我们规定，对于所有的 $2 \leq i \leq n$ ，编号为 $i$ 的结点的父结点是 $\frac{i}{2}$ 。

显然，这是一棵二叉树，对于节点 $i$ ，其左子结点是 $2 i$ ，其右子结点是 $2 i + 1$ （如果它有对应子节点的话）。

现在，有 $m$ 个询问。每个询问，问编号为 $x$ 的结点在这棵二叉树的前序遍历中排名第几。你需要对每组询问输出对应的答案。

前序遍历：对每棵子树，先访问其根结点，再访问其左子树，最后访问其右子树。

例如，当 $n = 5$ 的时候，前序遍历为 ${1, 2, 4, 5, 3}$

【输入格式】

第一行，输入两个整数 $n, m (1 \leq n \leq 10^{18}, 1 \leq m \leq 10^{5})$ ，分别表示这棵树的结点总数，以及询问个数。

接下来 $m$ 行，第 $i$ 行输入一个整数 $x_{i} (1 \leq x_{i} \leq n)$ ，表示询问结点 $x_{i}$ 在这棵树前序遍历中的排名。

【输出格式】

对每个询问，输出一行，一个整数，表示对应询问的答案。

【样例】

【输入】

【输出】

【数据范围与提示】

对于 30% 的数据满足， $n, m \leq 10^{3}$

对于 60% 的数据满足， $n \leq 10^{5}$

对于 80% 的数据满足， $x_{i} \leq 10^{7}$

对于 100% 的数据满足， $1 \leq x_{i} \leq n \leq 10^{18}, m \leq 10^{15}$

有 40% 的数据， $m = 1$

【时空限制】

1000ms 128MB

分析

考场上的的无脑暴力 $70 p t s$

对于每个节点

若该节点为左儿子，必然是从父节点前序+1得来

若该节点为右儿子，必然是遍历完左儿子后第一个遍历的点

显然右儿子的答案就是父节点编号加上左儿子个数+1

那么问题就变成了求解每个子节点之前点的个数

一颗 $n$ 层的二叉树有 $2^{n} - 1$ 个节点，每往下一层就加上该层的节点个数

若统计总数大于实际个数，那么就减去多余的数量即可

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;

template<typename T>void read(T &x)
{
	x=0; char c=getchar(); T neg=0;
	while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T>void wr(T x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) wr(x/10);
	putchar((x-x/10*10)^48);
	return ;
}//快读快写 

int m;
int n,x;
int siz(int cat,int now,int real){//统计该节点子树大小   分别表示该点编号  目前大小  本层大小 
	if(cat>n){return now-min((cat-n),real);}
	return siz(cat<<1|1,now<<1|1,real<<1);
}
int num(int sb){//往上递归求答案 
	if(sb==1)return 1ll;
	if(sb&1){return num((sb-1)>>1)+siz(sb-1,1,1)+1;}
	else{return num(sb>>1)+1;}
}
signed main()
{
	read(n);read(m);
	while(m--){
		read(x);
		int ans=num(x);
		wr(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
} 
/*
10 5
1
3
5
7
9
*/

2.追逐(gcd.in/out)

【题目描述】

众所周知，George_Plover chasing death 的缩写是gcd。

同时，gcd又是最大公因数的意思，你需要求出。

\prod_{i = a}^{b} \prod_{j = c}^{d} g c d (x^{i}, y^{j}) (\mod 998244353)

其中 $\prod$ 表示累乘，例如： $\prod_{i = 1}^{n} i = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n$

【输入格式】

输入6个整数， $a, b, c, d, x, y$ 。

【输出格式】

输出⼀⾏，表示题⽬描述式⼦中的计算结果，对 998244353 取余。

【样例】

【样例输入 #1】

1 2 1 2 8 4

【样例输出 #1】

【提示】

【数据范围】：

对于30%的数据，满足 $b, d \leq 1000$

另有20%的数据，满足 $x, y$ 都是质数。

对于100%的数据， $0 \leq a, b, c, d \leq 3 \times 10^{6}$ ， $0 < x, y < 10^{9}$ ， $a \leq b, c \leq d$

【时空限制】

2000ms 256MB

分析

先看 $x$ 与 $y$ 互质的情况

显然，不论 $i$ 与 $j$ 怎么变，他们的公因数始终为 $1$

回到公因数的概念，~~什么叫公因呐~~，公因数即是 $x y$ 同种公共因子中最小值的累乘

将 $x y$ 分解质因子

令 $x = 2^{c_{1}} * 3^{c_{2}} * 5^{c_{3}} * . . . . k^{c_{x}}$

令 $y = 2^{d_{1}} * 3^{d_{2}} * 5^{d_{3}} * . . . . k^{d_{x}}$

则
$g c d (x, y) = m i n (2^{c_{1}}, 2^{d_{1}}) * m i n (3^{c_{2}}, 3^{d_{2}}) m i n (5^{c_{3}}, 5^{d_{3}}) * . . . m i n (k^{c_{x}}, k^{d_{y}})$

那么将其扩大到 $i j$ 是也是同一个道理

$g c d (x^{i}, y^{j}) = m i n (2^{c_{1} * i}, 2^{d_{1} * j}) * m i n (3^{c_{2} * i}, 3^{d_{2} * j}) m i n (5^{c_{3} * i}, 5^{d_{3} * j}) * . . . m i n (k^{c_{x} * i}, k^{d_{y} * j})$

我们需要优化枚举 $i j$ 的效率

在枚举 $i$ 时，我们发现

如果此时的因子 $d_{k} * j \leq c_{k} * i$ 那之后无论 $i$ 有多大，该因子的贡献只有 $k^{d_{k} * j}$

那我们可以找到第一个 $i$ 使得 $d_{k} * j \leq c_{k} * i$ 成立，那么 $j$ 在此时的所有贡献为 $k^{d_{k} * j * (c - i - 1)}$

$j$ 同理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long long N=5010,P=998244353;
long long a,b,c,d,x,y,prime[N],cnt,cx[N],cy[N],both[N],num,ans=1;
long long vis[40010];

template<typename T>void read(T &x)
{
	x=0; char c=getchar(); T neg=0;
	while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T>void wr(T x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) wr(x/10);
	putchar((x-x/10*10)^48);
	return ;
}


void init_()
{
	for(long long i=2;i<=40000;++i)
	{
		if(vis[i]) continue;
		prime[++cnt]=i;
		for(long long j=2;i*j<=40000;++j)
			vis[i*j]=1;	
	}
}

long long mpow(long long aa,long long bb)
{
	long long res=1;
	for(;bb;bb>>=1)
	{
		if(bb&1) res=res*aa%P;
		aa=aa*aa%P;
	}
	return res;
}

int main()
{
	freopen("gcd.in","r",stdin);
	freopen("gcd.out","w",stdout);
	init_();
	read(a); read(b); read(c); read(d); read(x); read(y); 
	long long tx=x,ty=y;
	for(long long i=1;i<=cnt;++i)
	{
		while(tx%prime[i]==0) ++cx[i],tx/=prime[i];
		while(ty%prime[i]==0) ++cy[i],ty/=prime[i];
		if(cx[i]&&cy[i]) both[++num]=i;
	}
	for(long long k=1;k<=num;++k)
	{
		long long sum=0,pk=both[k];
		for(long long i=a,j=c;i<=b;++i)
		{
			while(j<=d&&cx[pk]*i>cy[pk]*j) ++j;
			sum+=cx[pk]*i*(d-j+1)%(P-1);
			sum%=P-1;
		}
		for(long long j=c,i=a;j<=d;++j)
		{
			while(i<=b&&cy[pk]*j>=cx[pk]*i) ++i;
			sum+=cy[pk]*j*(b-i+1)%(P-1);
			sum%=P-1;
		}
		ans*=mpow(prime[pk],sum);
		ans%=P;
	}
	wr(ans);
	return 0;
}

3.荷塘月色(lotus.in/out)

【题目描述】

在朦胧的月光下面，有 $n \times m$ 个小池塘，他们排成了 $n$ 行 $m$ 列的矩阵。

其中，第 $i$ 行第 $j$ 列的小池塘里有 $a_{i, j}$ 朵荷花 $(1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m)$ 。

现在，魄罗蛙计划选出一个子矩阵，将其中的池塘合并在一起，并且希望合并之后的大池塘里恰好有 $k$ 朵荷花。

现在，魄罗蛙想知道，有多少种不同的选法是满足要求的。

形式化来讲，问存在多少个四元组 $(l_{1}, r_{1}, l_{2}, r_{2}), 1 \leq l_{1} \leq r_{1} \leq n, 1 \leq l_{2} \leq r_{2} \leq m$ ，满足：

(\sum_{i = l_{1}}^{r_{1}} \sum_{j = l_{2}}^{r_{2}} a_{i, j}) = k

【输入格式】

第一行，输入一个整数 $T (1 \leq T)$ ，表示数据组数。

接下来， $T$ 组数据，对每组数据：

第一行，输入两个整数 $n, m (1 \leq n, m \leq 10^{5})$ ，表示矩阵的大小。

接下来 $n$ 行，每行 $m$ 个整数，第 $i$ 行的第 $j$ 个整数为 $a_{i, j} (0 \leq a_{i, j} \leq 10^{9})$ 。

接下来一行，输入一个整数， $k (0 \leq k \leq 10^{14})$ ，表示魄罗蛙希望合并的大池塘里的荷花数。

保证对所有的 $T$ 组数据， $\sum n \times m \leq 2 \times 10^{5}$ 。

【输出格式】

输出 $T$ 行，每行一个整数，分别代表每组数据的答案。

【样例】

【输入】

【输出】

2
7

【数据范围与时空限制】

存在 44% 的数据，满足 $n \times m \leq 2000$

存在 24% 的数据，满足所有的 $a_{i}$ 都是在值域范围随机生成的。

对 100% 的数据，满足题目描述中的数据范围。

【时空限制】

1000ms 128MB

分析

容易想到 $O (n^{2} m^{2})$ 的暴力，枚举每个左上点，枚举每个右下点，维护二维前缀即可

显然我们的矩阵是单调递增的

但我们可以优化用二分优化一维，但感觉过不了，花半天实现不了二维的二分，就打了个 $O (n^{2} m^{2})$ 的暴力，最后改为 $O (n^{2} m l o g n)$ 能过

#include<bits/stdc++.h>
#pragma Optimize(2)
using namespace std;
#define MAXN 100001
#define int long long
template<typename T>void read(T &x)
{
	x=0; char c=getchar(); T neg=0;
	while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T>void wr(T x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) wr(x/10);
	putchar((x-x/10*10)^48);
	return ;
}

long long kk,ans;
int n,m,T;
signed main() {
	read(T);
	while(T--) 
	{
		read(n); read(m); ans=0;
		int a,sum[n+1][m+1];
		memset(sum,0,sizeof sum);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				read(a); sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a;
			}
		}
		read(kk);
		if(m>=n)
		{
			for(int i=1;i<=n;i++) 
			{
				for(int j=i;j<=n;j++) 
				{
					for(int k=1;k<=m;k++) 
					{
						int l=k,r=m,mid=(l+r)>>1,resl=l-1,resr=m+1;
						while(l<=r) 
						{
							mid=(l+r)>>1;
							int now=sum[j][mid]-sum[j][k-1]-sum[i-1][mid]+sum[i-1][k-1];
							if(now<kk) l=mid+1,resl=mid;
							else r=mid-1;
						}
						l=k; r=m;
						while(l<=r) 
						{
							mid=(l+r)>>1;
							int now=sum[j][mid]-sum[j][k-1]-sum[i-1][mid]+sum[i-1][k-1];
							if(now>kk) r=mid-1,resr=mid;
							else l=mid+1;
						}
						ans+=resr-resl-1;
					}
					
				}
			}
			
		}
		
		
		else
		{
			for(int i=1;i<=m;i++) 
			{
				for(int j=i;j<=m;j++) 
				{
					for(int k=1;k<=n;k++) 
					{
						int l=k,r=n,mid=(l+r)>>1,resl=l-1, resr=n+1;
						while(l<=r) 
						{
							mid=(l+r)>>1;
							int now=sum[mid][j]-sum[k-1][j]-sum[mid][i-1]+sum[k-1][i-1];
							if(now<kk) l=mid+1,resl=mid;
							else r=mid-1;
						}
						l=k; r=n;
						while(l<=r) 
						{
							mid=(l+r)>>1;
							int now=sum[mid][j]-sum[k-1][j]-sum[mid][i-1]+sum[k-1][i-1];
							if(now>kk) r=mid-1,resr=mid;
							else l=mid+1;
						}
						ans+=resr-resl-1;
					}
					
				}
			}
		}
		wr(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
}

4.光华楼(fdu.in/out)

【题目描述】

光华楼很高。

现在给出楼层编号 $0$ ～ $m$ 。

某位大佬想到了一种传送方式。

楼层 $x$ 对应一个传送目标 $y$ （即从编号为 $x$ 的楼层进行传送，则会传送到编号为 $y$ 的楼层）：

1.如果 $x$ 是奇数，那么 $y = (x - 1) / 2$

2.如果 $x$ 是偶数，那么 $y = (x / 2) + 2^{n - 1}$

可以发现，通过这种传送方式，从 $x$ 出发，不断传送，貌似传送几次后会回到 $x$ 。于是他把从一个编号为 $x$ 的楼层出发，第一次回到 $x$ 时经历的传送次数称为 $f (x)$ 。

特殊的，如果从 $x$ 出发永远不能回到 $x$ ，那么 $f (x) = 0$ 。

现在，你需要求出 $\sum_{i = 0}^{m} f (i) \mod 998244353$ 的值。

由于 $m$ 的值可能很大，所有的输入中， $m$ 以一个 $n$ 位的二进制数的形式输入（保证有 $n$ 位，可以有前导 $0$ ）

【输入格式】

输入共两行。

第一行，整数 $n$ 。

第二行，一个二进制整数 $m$ 。

【输出格式】

一行，一个整数，答案对 $998244353$ 取模的结果。

【样例 #1】

【样例输入 #1】

3
111

【样例输出 #1】

【样例 #2】

【样例输入 #2】

6
110101

【样例输出 #2】

【提示】

样例1解释：

$m = 7$ ,

$f (0) = 6, f (1) = 6, f (2) = 2, f (3) = 6, f (4) = 6, f (5) = 2, f (6) = 6, f (7) = 6$

求和后 $M = 40$

【时空限制】

1000ms 256MB

分析

不会，暴力30

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 300000;
const int mod =  998244353;
template<typename T>void read(T &x)
{
	x=0; char c=getchar(); T neg=0;
	while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T>void wr(T x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) wr(x/10);
	putchar((x-x/10*10)^48);
	return ;
}
int n,bit[maxn],m,c,k,Ans;
char s[maxn];
int lim=10000;
__int128 ANS,K,N,MOD=__int128(998244353);
bool prim(int x)
{
	for(int i=2;i*i<=x;i++) if(!(x%i)) return 0;
	return 1;
}
signed main()
{
//	freopen("fdu.in","r",stdin);
//	freopen("fdu.out","w",stdout);
	read(n);  
	if(n>=32)
	{
		if(prim(n))
		{
			K=__int128(n*2);
			ANS=(((K*(1<<n)%MOD)%MOD-__int128(2*(n*2-2)))%MOD+MOD)%MOD;
			wr(ANS);
			return 0;
		}
		K=__int128(n*2);
		wr(((K*((1<<n)%MOD))%MOD+MOD)%MOD);
		return 0;
	}
	k=(1<<(n-1));
	scanf("%s",s+1);
	int len=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) c=s[i]-'0', bit[n-i]=c;
	for(int i=0;i<n;i++) m|=(bit[i]<<i);
	for(int i=0;i<=m;i++)
	{
		int st=i,tim=1;
		if(st&1) st=(st-1)>>1;
		else st=(st>>1)+k;
		while(st!=i)
		{
//			cout<<st<<" ";
			if(tim>=lim) {tim=0; break; }
			if((st&1)) st=(st-1)/2,tim++;
			else st=(st>>1)+k,tim++;
		}
//		cout<<tim<<"!"<<endl;;
		Ans=(Ans+tim)>=mod?(Ans+tim-mod):Ans+tim;
	}
	wr(Ans);
	return 0;
}
/*
3 
111


6
110101

16
11111011101111111
*/

posted on 2022-11-06 21:06 llwwll 阅读(136) 评论(0) 编辑收藏举报

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