2024.7.28 模拟赛10

合集 - 模拟赛(28)

1.2024.7.18模拟赛12024-07-182.2024.7.19模拟赛22024-07-203.2024.7.20模拟赛32024-07-214.2024.7.21模拟赛42024-07-285.2024.7.22模拟赛52024-07-246.2024.7.23 模拟赛62024-07-247.2024.7.25模拟赛72024-07-308.2024.7.26模拟赛82024-07-309.2024.7.27模拟赛92024-08-06

10.2024.7.28 模拟赛102024-08-09

11.2024.7.29模拟赛112024-08-1212.2024.7.31模拟赛122024-08-1213.2024.8.1 模拟赛132024-09-0514.2024.8.6 模拟赛 142024-09-0515.2024.8.7 模拟赛 152024-09-0516.2024.8.8模拟赛162024-09-0517.2024.8.10模拟赛172024-09-0518.2024.8.18 模拟赛 222024-09-2319.2024.8.19 模拟赛 242024-09-2320.小集训2024-09-1021.2024.9.23 模拟赛 CSP 32024-09-2422.2024.9.24 模拟赛 CSP42024-10-0223.2024.9.25 模拟赛 多校2024-10-1024.2024.9.27 模拟赛 CSP52024-10-1025.2024.9.28 模拟赛 CSP62024-10-1026.2024.9.30 模拟赛 CSP72024-10-1027.2024.10.7 模拟赛 多校32024-11-0128.2024.？.？？ 模拟赛 ？？？2024-11-01

收起

模拟赛

$longlongago$。。。

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 ${10}^{le{n}_x}$ 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 $lo{g}_{10}$。

注意 __int128。

矩阵加速练习题

Sam数

专心OI - 跳房子

可乐

迷路

帕秋莉的手环

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;
}

T3 「P6156 简单题」加强版

开始莫反。。。

求： $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^{K}gcd(i,j){\mu }^2(gcd(i,j))(\mathrm{mod}{2}^{32})$$ 套路： $$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^{K}gcd(i,j){\mu }^2(gcd(i,j))\\ & =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k[gcd(i,j)=d]\\ & =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(id+jd{)}^k[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(i+j{)}^k[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(i+j{)}^k\sum _{e\mid gcd(i,j)}^n\mu (e)\\ & =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (e)e^k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{de}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{de}\rfloor }(i+j{)}^k\\ & =\sum _{d=1}^n\sum _{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{d}^{k+1}{e}^k{\mu }^2(d)\mu (e)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{de}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{de}\rfloor }(i+j{)}^k\end{array}$$ $$S(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k$$ $$T=de$$ $$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{d=1}^n\sum _{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{d}^{k+1}{e}^k{\mu }^2(d)\mu (e)S(\lfloor \frac{n}{de}\rfloor )\\ & =\sum _{T=1}^n{T}^{k}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )\sum _{d\mid T}{\mu }^2(d)\mu (\frac{n}{d})d\end{array}$$ 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;
}