2019-08-18 纪中NOIP模拟A组
T1 [JZOJ6309] 完全背包
题目描述
数据范围
分析
首先显然可以把体积大价值小，或者相同体积中价值较小的物品舍弃
然后有这样一个定理，在 $n$ 个整数中一定存在若干个整数之和为 $n$ 的倍数
证明就是在所有前缀和（包括第 $0$ 项）中，必定存在两个前缀和模 $n$ 的余数相等，所以这两个数之间的区间和（前开后闭）是 $n$ 的倍数
设 $s$ 为性价比最高的物品中 $a_i$ 最小的物品，$x$ 为最优情况下非 $s$ 物品的种类
当 $x \geq a_s$ 时，可以将若干个 $a_i$ 之和为 $a_s$ 倍数的物品用 $s$ 替换，此时结果一定不会更劣
所以一定存在 $x < a_s$ 的最优方案，这 $x$ 个物品的 $a_i$ 之和一定不会超过 $100a_s$
这样我们就可以先取 $\lfloor \frac{m}{a_s} \rfloor - 100$ 个 $s$ 物品，再在剩下的空间里做多重背包
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <queue> #include <set> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 1000005 int n, tot, last; ll m, f[N]; struct Data { int a, b; } w[N], v[N]; bool cmp(Data x, Data y) { if (x.a != y.a) return x.a < y.a; return x.b > y.b; } int main() { scanf("%d%lld", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &w[i].a, &w[i].b); sort(w + 1, w + n + 1, cmp); for (int i = 1; i <= n; i++) if (w[i].b > last) last = w[i].b, v[++tot] = w[i]; Data best = v[1]; for (int i = 2; i <= tot; i++) if (best.a * v[i].b > v[i].a * best.b) best = v[i]; ll t = m / best.a - 100; ll ans = t * best.b; m -= t * best.a; for (int i = 1; i <= tot; i++) for (int j = v[i].a; j <= m; j++) f[j] = max(f[j], f[j - v[i].a] + v[i].b); printf("%lld\n", ans + f[m]); return 0; }
T2 [JZOJ6208] 中间值
题目描述
数据范围
分析
这题的原型是求两个有序数列中的第 $k$ 大/小数，通常这类题有两种 $O(log \; n)$ 的做法（以第 $k$ 小为例）
一种是在两个序列中分别取第 $\frac{k}{2}$ 小的数，此时取出的数较小的序列的前 $\frac{k}{2}$ 个数中一定不存在答案，所以就可以缩小区间查找第 $k-\frac{k}{2}$ 小的数，直到有一个序列的长度变为 $0$
另一种是在两个序列中分别取中位数 $a_i,b_j$，假设 $a_i \leq b_j$，若 $i+j \leq k$，则答案一定不在 $a$ 的前半段，否则答案一定不在 $b$ 的后半段，每次操作都将一个序列的长度减半
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <queue> #include <set> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 500005 int n, m, opt, ans; int a[N], b[N]; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (ch < '0' || ch > '9') {if ( ch == '-') f = -1; ch = getchar();} while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} return x *= f; } int kth(int al, int ar, int bl, int br, int k) { if (al > ar) return b[bl + k - 1]; if (bl > br) return a[al + k - 1]; if (k == 1) return min(a[al], b[bl]); int mid = k >> 1, an = inf, bn = inf; if (al + mid - 1 <= ar) an = a[al + mid - 1]; if (bl + mid - 1 <= br) bn = b[bl + mid - 1]; if (an <= bn) return kth(al + mid, ar, bl, br, k - mid); else return kth(al, ar, bl + mid, br, k - mid); } int main() { n = read(); m = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read(); while (m--) { opt = read(); if (opt == 1) { int x = read(), y = read(), z = read(); if (!x) a[y] = z; else b[y] = z; } else { int l1 = read(), r1 = read(), l2 = read(), r2 = read(); ans = kth(l1, r1, l2, r2, (r1 - l1 + r2 - l2 + 3) / 2); printf("%d\n", ans); } } return 0; }
T3 [JZOJ6306] Sequence
题目描述
数据范围
分析
题解说很显然，我也不是很清楚为什么，但 $f(x)$ 确实是个积性函数
因此若 $n= \prod p_i^{c_i}$，则 $f(n)= \prod f(p_i^{c_i})$
所以我们只需要处理出所有质数幂的函数值，就可以推出其他所有数的函数值
对于质数 $p$，令 $d$ 为满足 $p_x \mid B$ 的最大的 $x$，根据容斥原理，有
$$f(p^c)= \begin{cases} \sum_{i=0}^c p^i [(c-i+1)^n-(c-i)^n] & {c \leq d} \\ \sum_{i=0}^{d-1} p^i [(c-i+1)^n-(c-i)^n] + p^d (c-d+1)^n & {c>d} \end{cases}$$
由于数据范围较大，所以选择用欧拉筛，筛到某个质数时，求出该质数所有幂的函数值，以及其部分倍数的函数值
同时在求 $f[i]$ 时，还可以求出 $i$ 除去它最小质因子的最高次幂得到的数，用 $s[i]$ 表示
于是当 $p[j]$ 不是 $i$ 的最小质因数时，显然 $i$ 与 $p[j]$ 互质，此时 $f[i \times p[j]]=f[i] \times f[p[j]]$
当 $p[j]$ 是 $i$ 的最小质因数时，则有 $f[i \times p[j]]=f[s[i]] \times f[\frac{i \times p[j]}{s[i]}]$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 20000005 const int p = 998244353; int m, prm[2000000], vis[N], s[N]; ll n, B, ans, pw[30], f[N]; ll qpow(ll x, ll y) { ll res = 1; while (y) { if (y & 1) res = res * x % p; x = x * x % p; y >>= 1; } return res; } int main() { scanf("%lld%d%lld", &n, &m, &B); for (int i = 1; i <= 25; i++) pw[i] = qpow(i, n); ans = f[1] = 1; for (int i = 2; i <= m; i++) { if (!vis[i]) { prm[++prm[0]] = i; s[i] = 1; ll a = i, b = B; int c = 0, d = 0; while (a <= m) a *= i, c++; while (!(b % i)) b /= i, d++; for (int j = 1, x = i; j <= c; j++, x *= i) { if (j <= d) for (int k = 0, y = 1; k <= c; k++, y *= i) f[x] = (f[x] + y * (pw[j - k + 1] - pw[j - k] + p) % p) % p; else { for (int k = 0, y = 1; k < d; k++, y *= i) f[x] = (f[x] + y * (pw[j - k + 1] - pw[j - k] + p) % p) % p; f[x] = (f[x] + qpow(i, d) * pw[j - d + 1] % p) % p; } } } for (int j = 1; j <= prm[0]; j++) { if (i * prm[j] > m) break; vis[i * prm[j]] = 1; if (!(i % prm[j])) { f[i * prm[j]] = f[s[i]] * f[i * prm[j] / s[i]] % p; s[i * prm[j]] = s[i]; break; } f[i * prm[j]] = (f[i] * f[prm[j]]) % p; s[i * prm[j]] = i; } ans = (ans + f[i]) % p; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
