2024.7.28 模拟赛10

模拟赛

$long\ long\ ago$。。。

T1 Company Acquisitions

鞅的停时定理。

赛时应该不可做的吧。

手膜两组样例发现肯定不能用常规方法做。然后开始新科技。

势能函数！！！

设计一个势能函数去表示一种状态，这个势能函数要满足每操作一步势能减一，这样初势能减末势能就是期望步数。

（是不是直接把势能差看成期望步数就行？）

对于本道题来说，设 $f(x)$ 表示有 $x$ 个儿子的点的势能，所以某一状态的势能就是 $\sum f(x)$，末势能为 $f(n-1)$。

我们想要找出势能函数之间的递推关系，对于任意两个点，显然有以下式子：

\[f(x)+f(y)-1=\frac{f(x+1)+yf(0)+f(y+1)+xf(0)}{2} \]

对 $f(0)$，我们根本不在乎它的取值，因为最终求得是势能差，所以不妨设 $f(0)=0$。

由于 $f(x)$ 与 $f(x+1)$、$f(y)$ 与 $f(y+1)$ 之间一定有相同的递推关系，所以：

\[f(x)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}f(x+1) \]

转化成等比数列的形式（注意是负数）：

\[f(n)=1-2^n; \]

然后就很简单啦！（所以鞅的停时定理是啥？）（好像真的是板子题）

附赠小饼干 Slime and Biscuits + 快踩

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 1e6+5,mod = 1e9+7;
int n,a[N];
LL ans;
inline LL qpow(LL a,LL b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod; b>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x; scanf("%d",&x);
		if(x!=-1) a[x]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]) ans=(ans-qpow(2,a[i])+1+mod)%mod;
	ans=(ans+qpow(2,n-1)-1+mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

T2 数学作业

又是矩阵加速板子。。。

突破点在递推关系，每加一个数 $x$ 就是原数乘以 $10^{len_x}$ 再加原数。

因此我们可以用 dp 的方法解决。而数据范围暗示了矩阵加速。

因为位数是不定的，所以考虑按数字长度分段进行操作。复杂度带一个 $log_{10}$。

注意 __int128。

矩阵加速练习题

水题专场。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL __int128
long long n,m;
struct M
{
	LL x,y,mat[4][4]={};
	M operator * (const M &a) const
	{
		M c; c.x=x; c.y=a.y;
		for(int i=1;i<=x;i++)
			for(int j=1;j<=a.y;j++)
				for(int k=1;k<=y;k++)
					c.mat[i][j]=(c.mat[i][j]+mat[i][k]*a.mat[k][j]%m)%m;
		return c;
	}
};
M qpow(M a,M b,LL c)
{
	while(c)
	{
		if(c&1) a=(a*b);
		b=(b*b); c>>=1;
	}
	return a;
}
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	M a,b;
	a.x=1; a.y=b.x=b.y=3;
	a.mat[1][2]=a.mat[1][3]=1;
	b.mat[2][1]=b.mat[2][2]=b.mat[3][2]=b.mat[3][3]=1;
	for(LL i=1,j=1;;i++)
	{
		j=b.mat[1][1]=j*10;//注意 j 不要 mod
		b.mat[1][1]%=m;
		if(n<j)
		{
			a=qpow(a,b,n-j/10+1);
			break;
		}
		a=qpow(a,b,j-j/10);
	}
	printf("%lld\n",(long long)a.mat[1][1]);
	return 0;
}

求： $$ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (i+j)^K \gcd(i,j) \mu^2(\gcd(i,j)) \pmod {2^{32}} $$ 套路： $$ \begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (i+j)^K \gcd(i,j) \mu^2(\gcd(i,j)) \\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu^2(d)d\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k[gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu^2(d)d\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(id+jd)^k[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu^2(d)d^{k+1}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(i+j)^k[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu^2(d)d^{k+1}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(i+j)^k\sum_{e\mid gcd(i,j)}^{n}\mu(e)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu^2(d)d^{k+1}\sum_{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(e)e^k \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{de} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{de} \rfloor}(i+j)^k\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}d^{k+1}e^k\mu^2(d)\mu(e)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{de} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{de} \rfloor}(i+j)^k \end{aligned} $$ $$ S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k $$ $$ T=de $$ $$ \begin{aligned} ans&=\sum_{d=1}^{n}\sum_{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}d^{k+1}e^k\mu^2(d)\mu(e)S(\lfloor \frac{n}{de} \rfloor)\\ &=\sum_{T=1}^{n}T^k S(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\sum_{d \mid T}\mu^2(d)\mu(\frac{n}{d})d \end{aligned} $$ 先考虑筛 $S(n)$，

令 $F(x)=\sum_{i=1}^{x}i^k$，$G(x)=\sum_{i=1}^{x}F(i)$。

则 $S(n)=G(2n)-2G(n)$。（数学归纳法可证，直接感性理解更好？）

两次前缀和就可以了。

然后考虑筛 $\sum_{d \mid T}\mu^2(d)\mu(\frac{n}{d})d$。

再考虑 $f(n) = \sum_{d|n}d \mu^2(d)\mu(\frac{n}{d})$：由于是一堆积性函数的狄利克雷卷积的形式，则 $f(n)$ 也一定是积性函数。

考虑欧拉筛筛中 $x$ 时，枚举到的质因数是 $p$。从 $\mu$ 函数着手考虑，则讨论 $p$ 在 $x$ 中的最高次幂因子：假设 $p^k \mid x$ 且有 $p^{k+1} \nmid x$：

根据积性函数性质，则有：$f(x) = f(p^k) \times f(\frac{x}{p^k})$。

讨论一下 $f(p^k)$ 的取值：

$k=0$，即 $f(1)$ 的取值一定为 $1$。
$k=1$，则 $f(p) = 1 \mu^2(1) \mu(p) + p \mu^2(p) \mu(1) = p-1$。
$k=2$，则 $f(p^2) = 1 \mu^2(1) \mu(p^2) + p \mu^2(p) \mu(p) + p^2 \mu^2(p^2) \mu(1)=-p$。
$k \ge 3$，由于鸽笼原理，此时 $d$ 和 $\frac{x}{d}$ 中至少有一个能被 $p^2$ 整除，则那一个的 $\mu$ 的值为 $0$。所以此时 $f(p^k)=0$。

~~（借鉴一下）~~

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e7+5;
#define LL unsigned int
LL p[N],f[N],F[N],n,k,t;
bool vs[N];
inline LL qpow(LL a,LL b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a;
		a=a*a; b>>=1;
	}
	return res;
}

inline void init()
{
	f[1]=F[1]=1;
	for(int i=2;i<=n<<1;i++)
	{
		if(!vs[i]) f[i]=i-1,F[i]=qpow(i,k),p[++p[0]]=i;
		for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n<<1;j++)
		{
			vs[p[j]*i]=1; F[i*p[j]]=F[i]*F[p[j]];
			if(i%p[j]==0)
			{
				if((i/p[j])%p[j]) f[i*p[j]]=(-p[j])*f[i/p[j]];
				break;
			}
			f[p[j]*i]=f[i]*(p[j]-1);
		}
	}
	for(int i=2;i<=n<<1;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i]*F[i]),F[i]=(F[i-1]+F[i]);
	for(int i=2;i<=n<<1;i++) F[i]=(F[i-1]+F[i]);
}
inline LL cal(LL x)
{
	return ((F[x<<1]-(F[x]<<1)));
}
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("o1.out","w",stdout);
	scanf("%u%u%u",&t,&n,&k); 
	init(); 
	while(t--)
	{
		scanf("%u",&n);
		LL ans=0;
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
			r=(n/(n/l));
			ans=(ans+((f[r]-f[l-1]))*cal(n/l));
		}
		printf("%u\n",ans);		
	}
	return 0;
}

T4

图

水题放 T4。。。

没啥，直接数位 dp 相当好写（其实没有 dp），其实直接贪也行吧。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 30;
#define LL long long
LL n;
int len,ans,a[N];
int dfs(int p,int sum,bool c)
{
	if(!p) return sum;
	if(!c) return sum+9*p;
	int res=0;
	res=max(dfs(p-1,sum+a[p],1),a[p]-1>=0?dfs(p-1,sum+a[p]-1,0):0);
	return res;
}
int work(LL x)
{
	len=0; while(x) a[++len]=x%10,x/=10;
	return dfs(len,0,1);
}
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	printf("%d\n",work(n));
	return 0;
}

posted @ 2024-08-09 11:26 ppllxx_9G 阅读(21) 评论(0) 编辑收藏举报

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