2024/11/28 NOIP 模拟赛

数的拆分

Problem

给定 $T$ 个正整数 $a_{i}$，分别问每个 $a_{i}$ 能否表示为 $x_{1}^{y_{1}} \cdot x_{2}^{y_{2}}$ 的形式，其中 $x_{1}, x_{2}$ 为正整数，$y_{1}, y_{2}$ 为大于等于 $2$ 的正整数。

对于所有评测用例，$1 \leq T \leq 100000,1 \leq a_{i} \leq 10^{18}$ 。

Analysis

将原数分解质因数：$a_i=p_1^{q_1}p_2^{q_2}p_3^{q_3}\dots p_n^{q_n}$。当且仅当所有 $q_i\geq 2$ 时满足题目条件。但是直接分解复杂度是错误的，考虑仅用 $4000$ 以内的 $q_i$ 来分解原数，当且仅当 剩下的数是平方数或立方数 时条件成立。

证明：剩下的数若满足条件，形式只能为 $p^2$，$p^3$ 和 $p^2q^2$ 三种（$p,q$ 为质数且 $p,q\geq 4000$）。因为 $p^2q^3>10^{18}$ 则更大的幂次不成立。则只有平方数或立方数时成立。

Code

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

#define int long long
#define PII pair<int, int>
#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define _pfor(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--) 

const int N = 2e5 + 5;
int T, n, prime[N], tot; 

int check(int x) {
	_for(i, 2, x / i) if (x % i == 0) return 0;
	return 1;
}

int Sqr(int x) {
	int l = 1, r = 1e9;
	while (l < r) {
		int mid = (l + r + 1) >> 1;
		if (mid * mid <= x) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	return (l * l == x);
}

int Cbr(int x) {
	int l = 1, r = 1e6;
	while (l < r) {
		int mid = (l + r + 1) >> 1;
		if (mid * mid * mid <= x) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	return (l * l * l == x);
}

int read() {
	char c = ' ';
	int f = 1, x = 0;
	while (c < '0' || c > '9') {
		if (c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9') {
		x = x * 10 + c - '0';
		c = getchar();
	}
	return x * f;
}

void wr(int x) {
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if (x > 9) wr(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

signed main() {
//	freopen("number5.in", "r", stdin);
//	freopen("number5.out", "w", stdout);
	
	cin >> T;
	_for(i, 2, 4000) {
		if (check(i)) prime[++tot] = i;
	}
	while (T--) {
		n = read();
		int flg = 0;
		_for(i, 1, tot) {
			int cnt = 0;
			if (n % prime[i] == 0) {
				while (n % prime[i] == 0) cnt++, n /= prime[i];
				if (cnt == 1) flg = 1;
			}
		}
		if (!flg) {
			if (Cbr(n) || Sqr(n)) puts("yes");
			else puts("no");
		}
		else puts("no");
	}
}

P8863 「KDOI-03」构造数组

Problem

你现在有一个长度为 $n$ 的数组 $a$。一开始，所有 $a_i$ 均为 $0$。给出一个同样长度为 $n$ 的目标数组 $b$。求有多少种方案，使得通过若干次以下操作，可以让 $a$ 数组变成 $b$。

• 选出两个不同的下标 $1\leq i<j\leq n$，并将 $a_i$ 和 $a_j$ 同时增加 $1$。

两种方案被称之为不同的，当且仅当存在一个 $x$ 使得一种方案中第 $x$ 次操作选择的两个下标 $(i,j)$ 与另一种方案中的不同。

$n\le5~000$，$\sum b_i\le30~000$ |

Analysis

首先这道题部分分是很足的。测试点 $1\sim 5$ 输出 $0$ 或 $1$。测试点 $6\sim 8$ 直接暴力 dfs。测试点 $9\sim 14$ 满足 $b_i=1$，可以找到规律。完成上述部分可以拿到 64 分。

正解：计算出操作次数 $m=\dfrac{\sum _{i=1}^{n} b_i}{2}$。把 $m$ 次操作看成 $m$ 个二元组，然后把 $b_i$ 个 $i$ 放入这 $m$ 个二元组中，二元组中不考虑顺序，也不能存在相同的数，问填入所有数的方案。考虑转化后的方案如何对应原来的方案，从填入数值层面考虑，发现考虑每个数值填入哪些二元组和方案一一对应：

例如 $n=3,b=[1,2,3]$：

• $[(1,3),(2,3),(2,3)]⇔[(1,\{1\}),(2,\{2,3\}),(3,\{1,2,3\})]$
• $[(2,3),(1,3),(2,3)]⇔[(1,\{2\}),(2,\{1,3\}),(3,\{1,2,3\})]$
• $[(2,3),(2,3),(1,3)]⇔[(1,\{3\}),(2,\{1,2\}),(3,\{1,2,3\})]$

有了上述思路，可以定义 $f(i,m_1,m_2)$ 表示填完前 $i$ 个数值，存在 $m_1$ 个二元组只有一个数，存在 $m_2$ 个二元组只有两个数的方案数。可以推算一个数都没填的二元组数量 $m_0=m-m_1-m_2$。转移：

$$f(i+1,m_1-k+b_{i+1}-k,m_2+k)=\sum f(i,m_1,m_2) \binom{m_1}{k} \binom{m_0}{b_{i+1}-k}$$

复杂度 $\mathcal O((n+m)m^2)$。

但是注意到考虑前 $i$ 数值的 $m_1=\sum_{j=1}^{i} b_j-2m_2$。则可以直接删除 $m_1$ 这一维。

$$f(i+1,m_2+k)=\sum f(i,m_2) \binom{m_1}{k}\binom{m_0}{b_{i+1}-k}(m_1,m_0\geq 0)$$

复杂度 $\mathcal O((n+m)m)$。因为内层的 $k$ 限制于 $b_i$，则总枚举量为 $m$。

Code

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

#define PII pair<int, int>
#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define _pfor(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define int long long

const int N = 5000 + 5, M = 30010, mod = 998244353;

int n, m, a[N], f[2][M], sum[N], fac[M], invfac[M];

int qpow(int a, int k, int p) {
	int res = 1;
	while (k) {
		if (k & 1) res = res * a % p;
		a = a * a % p;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

void init() {
	fac[0] = invfac[0] = 1;
	_for(i, 1, M - 5) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
		invfac[i] = invfac[i - 1] * qpow(i, mod - 2, mod) % mod;
	}
}

int C(int n, int m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) return 0;
	return fac[n] * invfac[n - m] % mod * invfac[m] % mod;
}

signed main() {
	cin >> n; init();
	_for(i, 1, n) cin >> a[i], m += a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
	if (m % 2 == 1) puts("0"), exit(0);
	m /= 2;
	f[0][0] = 1;
	_for(i, 0, n - 1) {
		_for(m2, 0, m) {
			int m1 = sum[i] - 2 * m2, m0 = m - m1 - m2;
			if (m0 < 0 || m1 < 0) continue;
			_for(k, 0, a[i + 1]) {
				if (m2 + k <= m) f[(i + 1) & 1][m2 + k] = (f[(i + 1) & 1][m2 + k] + f[i & 1][m2] * C(m1, k) % mod * C(m0, a[i + 1] - k) % mod) % mod;
			}
		}
		memset(f[(i + 2) & 1], 0, sizeof f[(i + 2) & 1]);
	}
	cout << f[n & 1][m] << endl;
}