牛客练习赛52 题解
本人只做出了前四题，所以只写前四题的题解
\(\mathcal{A\ 数数}\)
\(\mathcal{Description}\)
给出\(n\)，求
\(\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\times j\end{aligned}\) 和 \(\begin{aligned}\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ni\times j\end{aligned}\)
答案对\(998244353\)取模
\(\mathcal{Solution}\)
这是一道送分题
\(\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\times j=\sum_{i=1}^ni\times\left(\sum_{j=1}^nj\right)=\left(\sum_{j=1}^nj\right)\times\left(\sum_{i=1}^ni\right)=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\end{aligned}\)
这个做多了题目就是一眼的事了
它的几何性质是一个\(n\times n\)的矩阵其所有子矩阵个数
\(\begin{aligned}\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ni\times j=\prod_{i=1}^ni^n\prod_{j=1}^nj = \left(\prod_{j=1}^nj\right)^n\prod_{i=1}^ni^n = \left(\prod_{j=1}^nj^n\right)\prod_{i=1}^ni^n = \prod_{i=1}^ni^{2n}=\left(\prod_{i=1}^ni\right)^{2n}\end{aligned}\)
不会推式子怎么办！
和博主一样直接看吧！
第一个就不说了
第二个反正都是乘，我们直接考虑有多少个被乘了不就可以了吗
考虑\(i\)被乘的次数，在形如\(i\times j\)这样的情况每个都有\(i\)，共有\(n+1\)个\(i\) (\(i\times i\)这样的情况有两个\(i\))
形如\(j \times i(j!=i)\)的情况对于每个\(j\)都会有，共有\(n-1\)个，所以\(i\)会被乘\(2n\)次
\(\mathcal{Code}\)
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19时06分48秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 10000005;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int T,n,ans1,ans2;
int s[maxn],mi[maxn];
//{{{ksm
int ksm (int a,int b)
{
int s=1;
for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if (b&1) s=1ll*s*a%mod;
return s;
}
//}}}
int main()
{
s[1]=1;
for (int i=2;i<=maxn-5;++i) s[i]=1ll*s[i-1]*i%mod;
cin>>T;
while (T--){
cin>>n;
ans1=1ll*n*(n+1)/2%mod;
ans1=1ll*ans1*ans1%mod;
ans2=ksm(s[n],2*n)%mod;
printf("%d %d\n",ans1,ans2);
}
return 0;
}
\(\mathcal{B\ Galahad}\)
\(\mathcal{Description}\)
魔女要测试骑士的能力，要求他维护一个长度为\(n\)的序列，每次要询问一个区间的和。
但是魔女觉得太简单了，骑士能轻松记住\(n\)个数的前缀和。
于是，魔女要求他回答一个区间的和，但如果某一个数在这个区间出现了多次，这个数只能被计算一次。
\(n,m\leq 500000,1\leq a_i\leq 500000\)
\(\mathcal{Solution}\)
这题好像是曾经的莫队板子题，但是开大了数据范围，于是咱的莫队就\(T\)了
换个思路
先将查询按照\(r\)从小到大排序
令\(last_i\)表示数字\(i\)上一次的出现位置
当我们找到一个数\(i\)时，只要在当前位置加上\(i\)，在\(last_i\)减去\(i\)即可保证不会重复计算
由于我们将查询按照\(r\)从小到大排序了
所以每个当前查询一定经过现在这个位置
而\(l\leq last_i\)的情况，我们已经将\(last_i\)的答案抵消了，所以每个\(i\)只会被计算一次
而现在实际上就是要求一段区间的加和，这个用树状数组维护就可以了
\(\mathcal{Code}\)
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19时18分27秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
struct Q{
int l,r,id;
}q[maxn];
int n,m;
int a[maxn],last[maxn];
ll c[maxn],ans[maxn];
bool cmp(Q a,Q b){ return a.r<b.r;}
//{{{query
ll query(int x)
{
ll res=0;
while(x>0){ res+=c[x];x-=x&-x;}
return res;
}
//}}}
//{{{insert
void insert(int x,int v)
{
while(x<=n){ c[x]+=v;x+=x&-x;}
}
//}}}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>q[i].l>>q[i].r,q[i].id=i;
sort(q+1,q+m+1,cmp);
int t=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(last[a[i]]) insert(last[a[i]],-a[i]);
insert(i,a[i]);
while(i==q[t].r) ans[q[t].id]=query(q[t].r)-query(q[t].l-1),t++;
last[a[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
\(\mathcal{C\ 烹饪}\)
\(\mathcal{Description}\)
小 \(Y\)上山拜师学艺，经过\(10\)年之长的厨艺练习，已成为当世名厨，今天他接受邀请，在众人面前展示自己高超的厨艺。
人们给小\(Y\)提供了\(n\)种食物，每种食物无限量供应，每种食物都有一个美味值，记为 \(a_i\)。
小\(Y\)为了展示他的厨艺，他需要挑选出食材，使自己可以烹饪出任意正整数美味值的菜肴，初始时菜肴的美味值为\(0\)，每次加入一种食材，他可以选择让菜肴的美味值上升\(a_i\)，也可以选择让菜肴的美味值下降\(a_i\)（或许最后会弄出来黑暗料理？）。
作为当世名厨，小\(Y\)自然知道该怎么挑选食材最佳。可是他并不知道有多少种最佳的挑选食材方案，于是他找到了你来帮忙。
我们使用无序数列\(\left(b_1,b_2,\ldots,b_m\right)\)来表示从原来的\(n\)种食材中挑选出了\(m\)种食材，第\(i\)种食材编号为\(b_i\)的方案。同时你需要注意，\(\left(1,2\right)\)和\(\left(2,1\right)\)为同一种方案，且当\(i!=j\)时\(b_i != b_j\)。
最佳的挑选食材方案指，挑选出 种食材\(m\)种食材\((1\leq m\leq n)\)，让他们能够组合出任意正整数美味值的菜肴。
答案对\(998244353\)取模。
\(\mathcal{Solution}\)
又是一个计数题
计数题有很多方法，\(dp\)，容斥，递推等都可以计数
最开始我打算按照一定方式不重不漏的组合开始计算
但是想了半天除了几个错误的方法仍然没什么思路
在想的时候发现按照一定方式不如直接算不合法的
于是考虑容斥
首先我们要知道一点
能组合出任意正整数\(\Leftrightarrow\)能组合出\(1\)
所以我们将目标锁定在能否组合出\(1\)
合法的方法=所有方法-不能组合出\(1\)的方法
考虑哪些一定能组合出\(1\)
最显然的是\((a,a+1)\)这样的是合法的
而如果\(a\)是个合数，设\(k\)为\(a\)的一个因子
那么\((k,a+1)\)也是合法的
可以想到任意\(a,b\)只要满足\(ax-by=1\)就合法
只要这个式子有解就合法\(ax+(-by)=1\)
而其有解条件是\(gcd(a,b)=1\)
其实换个思路也可以得到
只要是互质的就可以满足条件，因为它们之间一个对另一个取模的剩余系是可以得到\(1\)的
或者考虑只要是不互质的数就不可以满足条件，因为无论他们怎么加减，结果都会有他们的最大公约数在里面
于是可以知道，得要弄出这样的序列\(a_1,a_2,\ldots,a_n\)，其满足\(gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)=1\)
求这样的数列个数就可以考虑容斥了
\(gcd=1\)的序列数\(=\)总序列数\(-gcd\ !=1\)的序列数
考虑枚举它们的\(gcd\)，令\(f[i]\)表示以\(i\)作为\(gcd\)的序列数，那么答案就是\(f[1]\)
而\(f[i]=gcd\)是\(i\)的倍数的序列数\(-f[i*2]-f[i*3]-\ldots-f[i*k]\)
用\(num[i]\)表示有多少个数是\(i\)的倍数
\(gcd\)是\(i\)的倍数的序列数=\(2^{num[i]}-1\)
\(2^{num[i]}-1\)就是有\(num[i]\)个数可选可不选，但必须至少选一个的方案数
这样这道题就得到解决了
\(\mathcal{Code}\)
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19时33分10秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 3005;
const int mx = 2000;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int n;
int a[maxn],num[maxn],f[maxn],s[maxn],mi[maxn];
void add (int &x,int y){ x=((x+y)%mod+mod)%mod;}
//{{{gcd
int gcd (int a,int b)
{
if (!b) return a;
return gcd(b,a%b);
}
//}}}
int main()
{
mi[0]=1;
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
for (int i=1;i<=3000;++i) mi[i]=2ll*mi[i-1]%mod;
for (int i=mx;i>=1;--i){
for (int j=1;j<=n;++j)
if (a[j]%i==0) ++num[i];
f[i]=(mi[num[i]]+mod-1)%mod;
for (int j=2;i*j<=mx;++j) add(f[i],-f[i*j]);
}
printf("%d\n",f[1]);
return 0;
}
\(\mathcal{D\ 粉丝群}\)
\(\mathcal{Description}\)
在\(wjyyy\)粉丝群中，除了\(wjy\)一共有\(n\)个人，编号为\(1\)到\(n\)。
大家准备一起膜爆\(wjy\)，也就是说复读\(2n\)次消息，并且由于这\(n\)个人在膜\(wjy\)上是统一的，所以每个人都必须至少复读一次。
\(wjy\)想要禁言掉一些人，但是这里是\(wjy\)粉丝群，不能随便禁言膜\(wjy\)的人，于是\(wjy\)定下一个规则：
如果这\(n\)个人，能够分成两组，使得两个组中所有人的复读次数的加和是相同的，那么这\(n\)个人都要被禁言。
这\(n\)个人开始讨论，他们不想被暴政。
那么问题来了，有多少种复读的分配方法，使得\(wjyyy\)没法把这\(n\)个人分成满足以上条件的两组？
然而\(wjy\)的粉丝太多了，您只要输出分配方法的种数以及这些分配方法中字典序第\(k\)小的分配方式的异或和即可。
注意：如果有两个人，则复读次数分别为\((1,3)\)与复读次数分别为\((3,1)\) 算两种不同的分配方式。
\(\mathcal{Solution}\)
这题打表找规律也可以看出来的
首先每人都至少复读一次，就先记每人都复读了一次
| \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(\ldots\) | \(n\) |
|---|---|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(\ldots\) | \(1\) |
现在还剩\(n\)次复读要分给这些人，并且要使它们无法分成两组复读次数加和是一样的
先考虑极端情况
若把这\(n\)次机会再每人一次
那么最终就是每人复读两次
当\(n\)为奇数时，这样是满足条件的，而\(n\)为偶数是不满足的
若把这\(n\)次机会全部给一个人，那么那个人就有\(n+1\)次复读
剩下的人加起来也不会超过他的复读次数，所以全部给一个人也是满足条件的
再考虑普遍的情况
若有些人没有被分到复读次数（即只复读了一次）
我们把复读次数大于\(1\)的人尽量平均分成两组，两组复读次数分别为\(x,y(x<y)\)
那么一定有\(y-x\)个人是只复读了一次的
这里可以自己手玩\(3,4,5,6\)这样的看一看以便理解
把这些人放到\(x\)那边去，就刚好两组平均了
所以这些都不满足条件
综上
只有把\(n\)次复读全部给一个人是绝对满足的
当\(n\)为奇数时所有人都复读两次也是可以的
而字典序肯定是\((1,1,\ldots1,n+1),(1,1,\ldots,n+1,1)\ldots(n+1,1,\ldots,1,1)\)这样子的
共有\(n\)种满足条件，当\(n\)为奇数时还要多一种\((2,2,\ldots,2,2)\)
前面一堆\(1\)异或起来不是\(1\)就是\(0\)都是可以\(O(1)\)判的
\(\mathcal{Code}\)
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 20时36分37秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#define ll long long
using namespace std;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
ll n,k;
int main()
{
cin>>n>>k;
if (n==1){ printf("1\n2\n");return 0;}
if (n&1) printf("%lld\n%lld\n",n+1,(k==n)?2:n+1);
else printf("%lld\n%lld\n",n,(n+1)^1);
return 0;
}
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