CSP 提高组模拟6 题解

T1 花间叔祖

其实是化简数组。赛时94pts，因为少加了abs挂6pts。

题目描述

给你一个序列 $A$，选择一个数 $p\ge 2$，使得整个序列 $\mathrm{mod}p$ 后数字的种类最少。序列长度满足 $2\le N\le 2\times {10}^5$，序列中的数值满足 $0\le A_i\le {10}^9$。

部分分

这题拿部分分的就是纯挂分。

正解

思路

首先来个小结论：若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$，则 $p$ 的取值为 $\frac{a-b}{k}$, $k\mid (a-b)$。

证明如下：

因为 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$，所以$a\mathrm{mod}p=b\mathrm{mod}p$，即存在两个自然数 $x$,$y$ 满足$a-x\times p=b-y\times p$。

移项，得 $a-b=(x-y)\times p$。

将 $x-y$ 除到等式左边，可得 $\frac{a-b}{x-y}$$=p$。

由于 $p$ 是正整数，所以 $x-y\mid a-b$，证毕。

然后来看题目，发现输出的结果只能是 $1$ 或 $2$，因为一个序列 $\mathrm{mod}2$ 最多只可能会出现两种数字，即 $0$ 和 $1$，如果答案是 $1$，那么这个序列一定满足存在一个 $p\ge 2$，使得 $A$ 中的每一项 $\mathrm{mod}p$ 结果相同。根据我们在最开始推导的柿子，$p$ 可以被表示为 $A_i$ 递差的 $gcd$。求出来判断是不是 $1$ 即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b[200002],re;
int main()
{
	scanf("%d",&a);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
	}
	for(ri i=2;i<=a;i++)
	{
		re=__gcd(abs(b[i]-b[i-1]),re);//细节：要么sort一遍，要么+abs
		if(re==1)
		{
			puts("2");
			exit(0);
		}
	}
	puts("1");
	return 0;
}
/*
 
*/

T2 合并r

赛时60pts，但这题暴力的极限是75pts。数组开小了挂15pts。

题目描述

给你两个整数 $n$，$k$，规定满足条件的实数为 $\frac{1}{2^i}$，$i$ 为自然数，求出用 $n$ 个满足条件的实数拼出 $k$ 的所有不同方案数，答案对 $998244353$ 取模。

部分分

10pts

特判 $n=1$，输出 $1$。

?pts

暴搜，反正我没打。

75pts

考虑的$k=2$时的值，对于$1$来说是两个，对$\frac{1}{2}$来说就是四个，对$\frac{1}{4}$来说是八个……以此类推，设计记搜，$dp[i][j]$表示$i$个数相对于它本身空间为$j$时的情况，不难得出状态转移方程：$$dp[i][j]=\sum _{k=0}^{i}dp[i-k][j\times 2]$$
加点边界判定，数组开大，75pts到手。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
const int mod=998244353;
int a,b;
long long dp[5005][5005];
long long dfs_pro(int x,int y)
{
	if(y>x||y==0)
	{
		return 0;
	}
	if(x==y)
	{
		return 1;
	}
	if(dp[x][y]>0)
	{
		return dp[x][y];
	}
	long long rn=0;
	for(ri i=0;i<=y;i++)
	{
		rn+=dfs_pro(x-i,(y-i)<<1);
		rn%=mod;
	}
	dp[x][y]=rn;
	return dp[x][y];
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&a,&b);
	printf("%lld",dfs_pro(a,b));
	return 0;
}
/*
 
*/

正解

思路

考虑如果当前凑出了 $k$，那么把这之中的所有之都 $÷2$，就可以得到 $\frac{k}{2}$。这样的话，我们找到的所有情况中的数值都是一点一点 $÷2$操作出来的，初始的值就应该是 $1$，所有添加值不是 $1$ 的情况都可以被 $÷2$ 的情况覆盖，只需考虑 $+1$ 和 $÷2$ 即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
const int mod=998244353;
int a,b;
long long dp[5005][5005];
int main()
{
	scanf("%d%d",&a,&b);
	dp[0][0]=1;//初始化
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		for(ri j=i;j>=1;j--)//由于需要调用j*2的值，所以要倒序
		{
			dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
			if((j<<1)<=i)
			{
				dp[i][j]+=dp[i][j<<1];
			}
			dp[i][j]%=mod;
		}
	}
	printf("%lld",dp[a][b]);
	return 0;
}
/*
 
*/