一些数学题

P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

整理一下式子，变为 $a x + b y = 1$ ，exgcd 解之即可。

最小正整数解就 $(x mod b + b) mod b$ 即可。

时间复杂度 $O (\log x)$ ，可以通过此题。

可以发现这题实质上就是求 $x$ 的逆元，所以也可以直接欧拉定理计算（ $b$ 不一定是质数），复杂度 $O (\sqrt{x})$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
#define y1 y233
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
   	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
   	while(!__(ch)&&ch!=EOF){sgn|=(ch=='-');ch=gt();}
   	while(__(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);ch=gt();}
	return sgn?-x:x;
}
template<class T>
inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
    do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);
}
template<class T>
inline void printsp(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
    do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);pt(32);
}
template<class T>
inline void println(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
    do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);pt(10);
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int a,b;
struct pii{
	int x,y;
	pii(int _x=0,int _y=0):x(_x),y(_y){}
};
pii exgcd(int a,int b){
	if(!b)return {1,0};
	pii tmp=exgcd(b,a%b);
	return {tmp.y,tmp.x-a/b*tmp.y}; 
}
signed main(){
	a=read(),b=read();
	println((exgcd(a,b).x%b+b)%b); 
	return 0;
}

P4549 【模板】裴蜀定理

首先，算出来的值只可能是 $gcd (a_{1}, a_{2}, . . ., a_{n})$ 的倍数，证明直接提一下即可。

由于要求最小的，所以直接求 $n$ 个数的 $gcd$ 即可。负数就转换成绝对值即可。

时间复杂度 $O (n + \log max a_{i})$ ，如果 $gcd$ 初始值设成 $min a_{i}$ 则是 $O (n + \log min a_{i})$ 的。

具体复杂度分析见这里。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,a[25],ans;
int gcd(int x,int y){
	return y?gcd(y,x%y):x; 
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=abs(read());
		ans=gcd(ans,a[i]);
	}
	println(ans);
	return 0;
}

P2421 [NOI2002] 荒岛野人

注意：此题的答案不满足单调性，不能二分。

注意到答案的范围很小，考虑枚举。

假设我们当前枚举的答案为 $k$ ，那么我们对于每对 $(i, j), i \neq j$ ，都要使以下方程无解：

C_{i} + p_{i} x \equiv C_{j} + p_{j} x (\mod k)

注意这里的无解指的是原方程无解或者最小的 $x > max (L_{i}, L_{j})$ ，也就是走不了 $x$ 年。

实际上到这里就和这道题很像了。考虑转化：

C_{i} + p_{i} x + z k = C_{j} + p_{j} x

(p_{i} - p_{j}) x + z k = C_{j} - C_{i}

然后就可以 exgcd 了。负数的话取绝对值特殊处理一下即可。

当 $(C_{j} - C_{i}) mod gcd (p_{i} - p_{j}, k) \neq 0$ 时原方程无解，求最小解就对 $\frac{C_{j} - C_{i}}{gcd (p_{i} - p_{j}, k)}$ 取模即可。

对每一对 $(i, j)$ 都判断一遍，时间复杂度 $O (M n^{2} \log M)$ ，可以通过。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
const int N=20;
const int M=1e6;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,c[N],p[N],l[N],max_c;
struct pii{
	int x,y,d;
	pii(int _x=0,int _y=0,int _d=0):x(_x),y(_y),d(_d){}
};
pii exgcd(int a,int b){
	if(!b)return {1,0,a};
	pii tmp=exgcd(b,a%b);
	return {tmp.y,tmp.x-a/b*tmp.y,tmp.d}; 
}
inline bool check(int k){
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=i+1;j<=n;++j){
			int sgn=1;
			int a=p[i]-p[j],b=k;
			if(a<0) a=-a,sgn=-1;
			pii result=exgcd(a,b);
			if((c[j]-c[i])%result.d!=0) continue;
			int x=result.x*sgn*(c[j]-c[i])/result.d;
			int mod=k/result.d;
			x=(x%mod+mod)%mod;
			if(x<=min(l[i],l[j])) return 0;
		}
	}
	return 1;
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) c[i]=read(),p[i]=read(),l[i]=read(),max_c=max(max_c,c[i]);
	for(int i=max_c;i<=M;++i){
		if(check(i)){
			println(i);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

P2613 【模板】有理数取余

令 $m = 19260817$ 。

根据费马小定理，有 $c \equiv a b^{m - 2} (\mod m)$

根据模的性质，有 $c \equiv (a mod m) (b mod m)^{m - 2} (\mod m)$ 。

然后边读入边取模即可。

时间复杂度 $O (\log a)$ ，可以通过。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#include<bits/extc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
#define y1 y233
#define rep(i,a,b,k) for(int (i)=(a),(_)=(b);(i)<=(_);(i)+=(k))
#define per(i,a,b,k) for(int (i)=(a),(_)=(b);(i)>=(_);(i)-=(k))
#define erp(i,h,u,e) for(int (i)=h[(u)];(i);(i)=e[(i)].nxt)
typedef long long ll;
//typedef __int128 lll;
typedef unsigned long long ull;
const int MOD=19260817;
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline ll read(){
   	ll x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
   	while(!__(ch)&&ch!=EOF){sgn|=(ch=='-');ch=gt();}
   	while(__(ch)){x=((x<<1)%MOD+(x<<3)%MOD+(ch-'0')%MOD)%MOD;ch=gt();}
	return sgn?-x:x;
}
inline void print(int x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-'),x=-x;
    do{st[++top]=(x%10+'0'),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);
}
inline void printsp(int x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-'),x=-x;
    do{st[++top]=(x%10+'0'),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);pt(32);
}
inline void println(ll x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-'),x=-x;
    do{st[++top]=(x%10+'0'),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);pt(10);
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	rep(i,0,siz-1,1) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
ll a,b,x,y;
inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){x=1,y=0;return;}
	exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
}
signed main(){
    a=read(),b=read(); 
   	if(!b){
   		printf("Angry!\n");
   		return 0;
	}
    exgcd(b,MOD,x,y);
    x=(x%MOD+MOD)%MOD;
    println(a*x%MOD);
	return 0;
}

CF757B - Bash's Big Day

很明显，只要选出来的 $s$ 当中有任意一个约数 $> 1$ ，那么它们的 $gcd$ 就 $> 1$ 。

考虑枚举这个约数 $g$ ，对每个数都测试一下能不能整除，时间复杂度 $O (n max s_{i})$ ，不能通过。

考虑在 $O (max s_{i} \sqrt{max s_{i}})$ 时间内找出所有 $s$ 的因数，并用桶记录出现次数，最后对于 $[2, max s_{i}]$ 中的所有数取出现次数的 $max$ 即可。

时间复杂度 $O (max s_{i} \sqrt{max s_{i}})$ ，可以通过。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
const int N=1e5+5;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,a[N],cnt[N],mx;
inline void fenjie(int x){
	for(int i=1;i*i<=x;++i){
		if(x%i==0){
			cnt[i]++;
			if(i*i!=x) cnt[x/i]++;
		}
	} 
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),mx=max(mx,a[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i) fenjie(a[i]);
	int ans=1;
	for(int i=2;i<=mx;++i) ans=max(ans,cnt[i]);
	println(ans);
	return 0;
}

CF776B - Sherlock and his girlfriend

很明显，只需要质数分一组，合数分一组即可。

注意当 $n < 3$ 时全是质数，答案为 $1$ ；否则为 $2$ 。

线性筛筛一下质数即可。

时间复杂度 $O (n)$ ，可以通过此题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
const int N=1e5+5;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,prime[N],cnt;
bool not_prime[N];
inline void sieve(int n){
	not_prime[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!not_prime[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt;++j){
			if(1ll*prime[j]*i>n) break;
			not_prime[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
signed main(){
	n=read();
	sieve(n+1);
	println(n<3?1:2);
	for(int i=2;i<=n+1;++i) printsp(not_prime[i]+1);
	return 0;
}

P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑

好题啊好题。

首先由于 $n \geq m$ ，所以必有 $n! mod m! = 0$ 。

考虑证明一个东西： $gcd (a, b) = gcd (a + k \times b, b)$ 。

设 $gcd (a, b) = g$ ，则 $a = x g, b = y g$ ，且 $gcd (x, y) = 1$ 。

推一下式子：

gcd (a + k \times b, b)

= gcd (x g + k \times y g, y g)

= gcd (g (x + k y), y g)

= g \times gcd (x + k y, y)

设 $gcd (x + k y, y) = m$ ，则有 $m | x + k y$ 且 $m | y$ ，所以 $m | x$ 。由于 $gcd (x, y) = 1$ ，所以 $m = 1$ 。

所以原式为：

g \times 1 = g

得证。

这有什么用呢？对于 $\forall k \in [1, \frac{n!}{m!}], \forall x \in [1, m!]$ ，有

gcd (x, m!) = gcd (x + k \times m!, m!)

这样我们就将 $[1, n!]$ 中的数分为了 $\frac{n!}{m!}$ 段长为 $m!$ 的块，而每一个块的第 $i$ 个数和 $m!$ 的 $gcd$ 都是相同的。

这样我们就只需要用一段的答案 $\times \frac{n!}{m!}$ 即可。

考虑计算出第一段 $[1, m!]$ 中的答案，显然答案为 $ϕ (m!)$ 。所以，最终的答案为：

ϕ (m!) \times \frac{n!}{m!}

右边的可以直接递推。

然后 $ϕ (m!)$ 怎么求？

记 $f_{i} = ϕ (i!)$ ，考虑递推求出这个东西：

$i$ 为质数

此时展开得

f_{i} = i! \prod_{p | i!} (1 - \frac{1}{p})

$p$ 为质数。

继续拆：

= i \times (1 - \frac{1}{i}) \times (i - 1)! \prod_{p | i!, p \neq i} (1 - \frac{1}{p})

这个时候发现原式实际上就是

= i \times (1 - \frac{1}{i}) \times (i - 1)! \prod_{p | (i - 1)!} (1 - \frac{1}{p})

所以：

f_{i} = (i - 1) \times f_{i - 1}

$i$ 为合数

f_{i} = i! \times \prod_{p | i!} (1 - \frac{1}{p})

由于 $p$ 并不包括 $i$ ，所以：

f_{i} = i \times (i - 1)! \times \prod_{p | (i - 1)!} (1 - \frac{1}{p})

所以：

f_{i} = i \times f_{i - 1}

筛一下质数即可。特别的， $f_{1} = 1$ 。

然后就解决了。

但此时还有一个问题：可能出现 $R | n!$ ，而有可能 $n!$ 中的 $R$ 因子比 $m!$ 中的少，这样算的时候就会出现 $0$ ，就不对了。

解决方法也很简单：在计算时先扣去所有的 $R$ 因子即可。

最后注意一下，如果 $⌊ \frac{n}{R} ⌋ > ⌊ \frac{m}{R} ⌋$ ，那么 $n!$ 中 $R$ 因子更多，此时答案才为 $0$ 。

可以事先预处理，然后 $O (1)$ 回答询问。时间复杂度 $O (n + T)$ ，可以通过此题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
const int N=1e7+5;
using namespace std;
using namespace __gnu_cxx;
using namespace __gnu_pbds;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int T,mod,n,m,prime[N],cnt;
bool not_prime[N];
inline void sieve(int n){
	not_prime[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!not_prime[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt;++j){
			if(1ll*i*prime[j]>n) break;
			not_prime[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
ll fac[N],ifac[N],f[N];
inline ll ksm(ll a,ll b){
	ll res=1;a%=mod;
	while(b){
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod,b>>=1;
	}
	return res;
}
inline void init(int n){
	sieve(n);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x=i;
		while(x%mod==0) x/=mod;
		fac[i]=fac[i-1]*x%mod;
	}
	ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;--i){
		int x=i+1;
		while(x%mod==0) x/=mod;
		ifac[i]=ifac[i+1]*x%mod;
	}
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		int x=i-(!not_prime[i]);
		while(x%mod==0) x/=mod;
		f[i]=f[i-1]*x%mod;
	}
}
signed main(){
    T=read(),mod=read();
    init(N-5);
    while(T--){
    	n=read(),m=read();
	    if(n/mod>m/mod) println(0);
	    else println(f[m]*fac[n]%mod*ifac[m]%mod);
	}
	return 0;
}

P2152 [SDOI2009] SuperGCD

使用 Python 即可。

代码：

from fractions import *
a = int(input())
b = int(input())
print(gcd(a,b))

正经人谁写高精。

CF632D - Longest Subsequence

首先很明显有 $a \leq lcm(a,b)$ ，所以可以直接剔除 $> m$ 的 $a_{i}$ 。

考虑用每个 $a_{i}$ 的出现次数去更新它的倍数的答案。复杂度调和级数，可以通过。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
using namespace std;
using namespace __gnu_cxx;
using namespace __gnu_pbds;
const int N=1e6+5; 
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,m,a[N],b[N],tot,cnt[N],ans[N];
signed main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i){
    	a[i]=read();
    	if(a[i]<=m){
    		b[++tot]=a[i];
    		cnt[a[i]]++;
		}
	}
	sort(b+1,b+tot+1);
	int new_tot=unique(b+1,b+tot+1)-(b+1);
	tot=new_tot;
	for(int i=1;i<=tot;++i) for(int j=b[i];j<=m;j+=b[i]) ans[j]+=cnt[b[i]];
	int lcm=0,len=-1;
	for(int i=1;i<=m;++i) if(ans[i]>len) len=ans[i],lcm=i;
	printf("%d %d\n",lcm,len);
	tot=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) if(lcm%a[i]==0) printsp(i);
	return 0;
}

然后是几个问题：

如果当前答案 $x$ 不是 $lcm$ ，怎么办？

注意到我们是从小往大枚举，且只当 $a n s_{i} > 当前答案$ 时才更新，所以 $x$ 必为 $lcm$ 。

为什么 $l e n$ 的初始值为 $- 1$ ？

首先只有 $min a_{i} > m$ 的时候长度才是 $0$ ，而此时 $t o t = 0$ ，所以不会输出；而对于其他情况， $a n s_{i} = 0$ 是不合法的，此时它不是任何数的 $lcm$ ，所以不能以 $0$ 开始。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

CF582A -GCD Table

CF687B - Remainders Game

P2261 [CQOI2007]余数求和

首先取模不太好搞，考虑转换：

\sum_{i = 1}^{n} k mod i

= \sum_{i = 1}^{n} k - ⌊ \frac{k}{i} ⌋ \times i

把 $k$ 拆出去：

= n k - \sum_{i = 1}^{n} ⌊ \frac{k}{i} ⌋ \times i

然后整除分块即可。

具体地，令当前块为 $[l, r]$ ，那么该块对 $\sum$ 的贡献就是：

\sum_{i = l}^{r} ⌊ \frac{k}{l} ⌋ \times i

= ⌊ \frac{k}{l} ⌋ \times \sum_{i = l}^{r} i

使用等差数列求和公式：

= ⌊ \frac{k}{l} ⌋ \times \frac{(l + r) (r - l + 1)}{2}

然后就做完了。

小细节：计算 $r$ 时，如果 $⌊ \frac{k}{l} ⌋ = 0$ ，说明后面全是 $0$ ，直接令 $r = n$ 即可；否则，令 $r = min (n, ⌊ \frac{k}{⌊ \frac{k}{l} ⌋} ⌋)$ 。

时间复杂度 $O (\sqrt{n})$ ，可以通过此题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,k;
signed main(){
	n=read(),k=read();
	ll ans=1ll*n*k,sum=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		if(k/l) r=min(n,k/(k/l));
		else r=n;
		sum+=1ll*(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;
	}
	println(ans-sum);
	return 0;
}

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

P6583 回首过去

P4139 上帝与集合的正确用法

P2567 [SCOI2010]幸运数字

P5505 [JSOI2011]分特产

P3223 [HNOI2012] 排队

P2822 [NOIP2016 提高组] 组合数问题

首先考虑 $O (n^{2})$ 递推求组合数，然后对 $k$ 取模，最后只需要查询有多少个为 $0$ 的组合数即可。

直接暴力查询显然是会寄的，由于这里是求的是 $(n, m)$ 到 $(0, 0)$ （坐标）满足条件的组合数数量，因此直接上二维前缀和即可。

实现过程中我们可以直接将杨辉三角填充为一个 $2000 \times 2000$ 的矩形，然后对于 $j > i$ 的位置，直接令 $s u m_{i, j} = s u m_{i, i}$ 即可，因为后面的组合数都是不合法的。

最后每次询问的答案就是 $s u m_{n, m}$ 。

时间复杂度 $O (n^{2})$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
const int N=2e3+5;
using namespace std;
int T,mod,C[N][N],ans[N][N];
signed main(){
	scanf("%d%d",&T,&mod);
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=2000;++i){
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;++j){
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
			ans[i][j]=ans[i-1][j]+ans[i][j-1]-ans[i-1][j-1]+(!C[i][j]);
		}
		for(int j=i+1;j<=2000;++j) ans[i][j]=ans[i][i];
	}
	while(T--){
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%d\n",ans[n][m]); 
	}
	return 0;
}

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P4910 帕秋莉的手环

考虑 DP。

设 $f_{i, 0 / 1}$ 表示第 $i$ 个珠子是木/金的方案数。

显然有递推式 $f_{i, 0} = f_{i - 1.1}, f_{i, 1} = f_{i - 1, 0} + f_{i - 1, 1}$ ，但是 $f_{1, 0 / 1}$ 不知道。

先不考虑第一个珠子，可以写出矩阵：

[\begin{matrix} f_{i, 0} & f_{i, 1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} f_{i - 1, 0} & f_{i - 1, 1} \end{matrix}] \times [\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}]

所以

[\begin{matrix} f_{n, 0} & f_{n, 1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} f_{1, 0} & f_{1, 1} \end{matrix}] \times {[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}]}^{n - 1}

先求出 $f_{1, 0 / 1}$ ，然后矩阵快速幂即可。

强制让第一个珠子为金色，那么有 $f_{1, 0} = 0, f_{1, 1} = 1$ 。此时第 $n$ 个珠子可金可木，答案为 $f_{n, 0} + f_{n, 1}$ 。

强制让第一个珠子为木色，那么有 $f_{1, 0} = 1, f_{1, 1} = 0$ 。此时第 $n$ 个珠子只能是金，答案为 $f_{n, 1}$ 。

还要特判一下 $n = 1$ 的情况，此时答案为 $1$ 。

最后加起来即可。

时间复杂度 $O (T 2^{3} \log n)$ （不严谨），可以通过此题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline ll read(){
	ll x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
	while(!__(ch)&&ch!=EOF) sgn|=(ch=='-'),ch=gt();
	while(__(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=gt();
	return sgn?-x:x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
 	do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top) pt(st[top--]);
}
template<class T> inline void printsp(T x){
	print(x);
	putchar(' ');
}
template<class T> inline void println(T x){
	print(x);
	putchar('\n');
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
struct Matrix{
	int n,m;
	ll val[2][2];
	Matrix(int _n=0,int _m=0){
		n=_n,m=_m;
		memset(val,0,sizeof(val));
	}
};
inline Matrix operator*(const Matrix &a,const Matrix &b){
	Matrix c(a.n,b.m);
	for(int i=0;i<c.n;++i){
		for(int k=0;k<a.m;++k){
			for(int j=0;j<c.m;++j){
				c.val[i][j]=(c.val[i][j]+a.val[i][k]*b.val[k][j]%mod)%mod;	
			}
		}
	}
	return c;
}
inline Matrix ksm(Matrix a,ll b){
	Matrix c=a;
	b--;
	while(b){
		if(b&1) c=c*a;
		a=a*a,b>>=1;
	}
	return c;
}
int T;
ll n;
inline void solve(){
	n=read();
	if(n==1){
		println(1);
		return;
	}
	Matrix tmp(1,2),base(2,2);
	tmp.val[0][0]=0,tmp.val[0][1]=1;
	base.val[0][0]=0,base.val[0][1]=1;
	base.val[1][0]=1,base.val[1][1]=1;
	Matrix result=tmp*ksm(base,n-1);
	ll ans=(result.val[0][0]+result.val[0][1])%mod;
	swap(tmp.val[0][0],tmp.val[0][1]);
	result=tmp*ksm(base,n-1);
	ans=(ans+result.val[0][1])%mod;
	println(ans);
}
signed main(){
	T=read();
	while(T--) solve();
	return 0;
}

P2151 [SDOI2009] HH去散步

P4035 [JSOI2008]球形空间产生器

P2973 [USACO10HOL]Driving Out the Piggies G

posted @ 2024-02-28 15:17 Southern_Dynasty 阅读(4) 评论(0) 编辑收藏举报

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