2020.12.12 刷题总结

有意思一点的题：

• ACWing 97 约数之和(Sumdiv)
• ACWing 98 分形之城(Fractal Streets)
• ACWing 100 \(\text{IncDec}\)序列

ACWing 97 约数之和(Sumdiv)

求\(A^B\)的约数和，对\(9901\)取膜。

爆算显然不行，我们考虑将\(A\)分解质因数成\(p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_n^{c_n}\)，那么\(A^B = p_1^{Bc_1}p_2^{Bc_2}\cdots p_n^{Bc_n}\)。答案即为

\[\prod_{i = 1} ^ n \sum_{j = 0} ^ {c_i} p_i^j \]

考虑如何求\(\sum \limits_{j = 0} ^ {c_i} p_i^j\)这块，用等比数列求和？无法取膜。

设\(\text{sum}(p,c)\)为\(\sum_{i = 0} ^ c p^i\)

\[\text{sum}(p,c) = \begin{cases} 0 & p = 0\\ 1 & c = 1\\ (p^{(c + 1) / 2} + 1) \times \text{sum}(p,(c - 1) /2) & p 为奇数\\ (p^{c / 2} + 1) \times \text{sum}(p,c / 2 - 1) + p^c & p 为偶数\\ \end{cases} \]

分治计算即可，对于那个分治的式子，应该有点数学素养就推出来了吧（

ACWing 98 分数之城(Fractal Streets)

这题要命。
求\(A,B\)在\(N\)等级下的坐标，然后用欧几里得距离计算即可。

考虑问题为\(\text{calc}(A,B,N)\)，先算出\(\text{calc}(A,B,N - 1)\)，然后：
考虑对于某一点坐标\((x,y)\)

• 如果在\(N\)等级的左上角，相当于先顺时针旋转\(90\)度，然后再水平翻转。

我们小学二年级的时候就学过任意坐标的旋转，若一个点绕原点旋转\(\theta\)度后的坐标为

\[(x,y) \cdot \left[ \begin{matrix} \cos{\theta} & \sin{\theta}\\ -\sin{\theta} & \cos{\theta}\\ \end{matrix} \right] \]

旋转后得\((-y,x)\)，翻转后得\((y,x)\)。

• 如果在\(N\)等级的左下角，相当于先逆时针旋转\(90\)度（顺时针旋转\(270\)度），然后再水平翻转。
  而且因为在下方，还需要进行一系列加，所以得\((2^N - y + 1,2^{N - 1} - x + 1)\)。
• 如果在\(N\)等级的右上角，得\((x,y + 2^{N - 1})\)
• 如果在\(N\)等级的右下角，得\((x + 2^{N - 1},y + 2^{N - 1})\)

分治即可。

ACWing 100 \(\text{IncDec Sequence}\)

这题没有秒，悲。

建立差分数组\(b_i = a_i - a{i - 1}\)。考虑所有数都一样的要求，即对于\(2 \le i \le n\)，\(b_i = 0\)。第二个询问即为进行操作后的\(q_1\)的值域大小。

那么问题就变为了修改\(b_2,b_3,\cdots b_n\)，使其全为\(0\)。

变换方式：

• \(b_i,b_j\)，如果\(b_i,b_j\)一正一负就正好，最优。
• \(b_1,b_i\) 如果没有第一种修改方式合法的了，那么可以选择这种，因为修改\(b_1\)不影响合法性。
• \(b_1,b_{n + 1}\) 同第二种
  设\(cnt_1\)为所有\(b_i > 0\)的\(b_i\)和，\(cnt_2\)为所有\(b_i < 0\)的\(|b_i|\)和。

那么使用第一种方法显然为\(\min(cnt_1,cnt_2)\)次。

使用二三种方法显然为剩下来的，即为\(|cnt_1 - cnt_2|\)次。

那么第一问就是\(\min(cnt_1,cnt_2) + |cnt_1 - cnt_2| = \max(cnt_1,cnt_2)\)。

第二问显然是使用第二种变换方式的次数的方案数，即为\(|cnt_1 - cnt_2| + 1\)（因为可以不使用方案2所以要+1）