随笔

算[l, r]区间里所有子区间最小值的和。

对每个位置i向左知道第一个小于它的位置,向右找到第一个小于它的位置,算算贡献。

考虑可以用单调栈算。

但是如果一个区间里同一个最小值出现多次就挂了,所以考虑魔改一下,对于右边找到第一个小于它的点,对于左边找到第一个小于等于它的点并记录位置,这样的话就相当于只算了区间里第一次出现的点的贡献。

 stack[++top][1] = 1; stack[top][0] = 0;
    for (int i = 2; i <= l; i++)
    {
        while (top && height[i] < stack[top][0]) ri[stack[top--][1]] = i;
        le[i] = stack[top][1]; stack[++top][1] = i; stack[top][0] = height[i];
    }
    while (top) ri[stack[top--][1]] = l + 1;

SA插入特殊值的时候最好插1


给出数列\(f_1 \dots f_n\)

\(T\)组询问,每次给定\(n\)\(m\),求\(\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} f_{gcd(i, j)}\)

\(g = \mu \ast f\)

\(g\)的方法

void get_g_3(int N, const int *f, int *g) {
  for (int i = 1; i <= N; i++) g[i] = f[i];
  for (int i = 0; i < prime_count; i++)
    for (int j = N / prime[i]; j >= 1; j--)
      g[j * prime[i]] = (g[j * prime[i]] - g[j]) % mod;
} // Magic! O(nloglogn)

群直积的卷积变换可以分解成独立的卷积变换

定义函数\(f_p(n)=n==p^k?f(n):0\)

所以积性函数\(f = f_2 \ast f_3 \ast f_5 \dots f_n\)

这是因为可以将积性函数\(f\)按质因子拆开,根据定义只有一种情况也就是\(n\)的每个质因子分别在对应的函数里的时候会对\(f\)的值产生贡献。

那么如何算这个群卷积呢?

考虑对于前\(n\)个可以变成前\(n - 1\)个的卷积和第\(n\)个的卷积卷起来。

发现只有在第\(n\)个函数传进去的参数是\(p ^ k\)的时候才会产生贡献,于是枚举转移即可。

\[f_p(n)=\begin{cases}f(n)&n=p^k\\0&otherwise\end{cases} \]

定义乘法为狄利克雷卷积,那么有

\[f=\prod_{p\ is\ prime}f_p \]

这是因为

\[f\ast g(n)=\sum_{xy=n}f(x)g(y) \]

而所有\(f_p\)的卷积就对应于\(n\)的分解中每一项的积

或者更直接地,使用DGF,有

\[F(z)=\sum_{n\geq 1}\frac{f(n)}{n^z}=\prod_{p\ is\ prime}\sum_{k\geq 0}\frac{f(p^k)}{p^k} \]

复杂度证明(重要)

假设算任意数列\(f\)和积性函数\(g\)的卷积,这样做的复杂度实际上是

\[\begin{aligned}&\sum_{p\ is\ prime}\sum_{k\geq 1}\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor\\=&O\left(\sum_{p\leq n}\sum_{k\geq 1}\frac{n}{p^k}\right)\\=&O\left(\sum_{p\leq n}\frac{n}{p-1}\right)\\=&O(n\log\log n)\end{aligned} \]


在平面直角坐标系中,横坐标之差为\(w\),纵坐标之差为\(h\)的两个点之间的连线上有\(gcd(w, h) - 1\)个点。

假设\((x, y)\)为直线上的点,当且仅当\(x \times \frac{h}{w}\)为整数。

也就是说,\(w | h * x\),设\(x' = w / gcd(w, h)\)\(y' = h / gcd(w, h)\),则此时\(gcd(x', y') = 1\),且\(w | h * x\)当且仅当\(x' | y' * x\),由于\(gcd(x', y') = 1\),故上式等价于\(x' | x\),由于\(0 \leqslant x \leqslant w\),且\(x' | w\)

所以合法点数为

\[\frac{w}{x'} + 1 = \frac{w}{\frac{w}{gcd(w, h)}} + 1 = gcd(w, h) + 1 \]

去掉两个端点,则有\(gcd(w, h) - 1\)个点。


一个字符串的\(border\)可以分成\(log(|S|)\)组,每组为\(AB^k\)的形式,按长度\(> \frac{i}{2}\)和不大于来分。


取模非常的慢,所以要进行取模优化。

对于加法:

      void Qm(int &x) { if (x >= MOD) x -= MOD; return; } 

对于减法:

      void Qm(int &x) { x += x >> 31 & MOD; return; }

粘一个\(RainAir\)神仙的\(Fread\)代码:

inline char nc(){
    #define SIZE 1000000+3
    static char buf[SIZE],*p1 = buf+SIZE,*p2 = buf+SIZE;
    if(p1 == p2){
        p1 = buf;p2 = buf+fread(buf,1,SIZE,stdin);
        if(p1 == p2) return -1;
    }
    return *p1++;
    #undef SIZE
}

template <typename T>
inline void read(T &x){
    x = 0;int flag = 0;char ch = nc();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') flag = 1;
        ch = nc();
    }
    while(isdigit(ch)){
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^'0');
        ch = nc();
    }
    if(flag) x = -x;
}

\(ZLOJ\)的降智题目

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define PII std::pair<int, int>
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define CL(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(x, a) for (int x = head[a]; x; x = edge[x].next)

typedef long long ll;

template <class T>
inline void rd(T &x) {
    char c = getchar(), f = 0;
    x = 0;
    while (!isdigit(c)) f = (c == '-'), c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    x = f ? -x : x;
}

const int MAXN = 1000 + 7;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n, m, k;
std::vector<int> set[MAXN * 3];
int c[MAXN * 3], tp[MAXN * 3], sm[MAXN * 3];
ll del[MAXN][MAXN * 3], f[MAXN][MAXN * 3];
int sc[MAXN][MAXN * 3], cost[MAXN * 3];

int main() {
    rd(n);
    rd(m);
    rd(k);
    rep(i, 1, n) {
        int b, a;
        rd(a);
        rd(b);
        rd(c[i]);
        set[c[i]].pb(a);
    }
    rep(i, 1, m) rd(cost[i]);

    ll tot = 0;
    rep(i, 1, m) {
        std::sort(all(set[i]));

        for (int j = 0, jj; j < set[i].size(); j = jj) {
            jj = j;
            while (jj < set[i].size() && set[i][j] == set[i][jj]) jj++;
            sc[i][++tp[i]] = jj - j;
        }

        sm[i] = set[i].size();
        std::sort(sc[i] + 1, sc[i] + tp[i] + 1);
        std::reverse(sc[i] + 1, sc[i] + tp[i] + 1);//找出每个斜率的直线个数并从大到小排序。 
        int pres = 0; 
        ll prod = 0, sum = 0;
        rep(j, 1, tp[i]) {
            rep(jj, 1, sc[i][j]) del[i][pres + jj] = prod, tot += prod;//当最后的这些删去的时候只能影响到更靠后的了,就是这个prod,即从前面的中任选两条直线。 
			 
            pres += sc[i][j];
            prod += 1ll * sum * sc[i][j];//更新从一些直线里面任选两条。 
            sum += sc[i][j];//更新sum。 
        }
        std::sort(del[i] + 1, del[i] + sm[i] + 1);
        std::reverse(del[i] + 1, del[i] + sm[i] + 1);
        rep(j, 1, sm[i]) del[i][j] += del[i][j - 1];//从大到小排序,前缀和算出删掉j条直线能去掉的三角形数量。 
    }

    ll mx = 0;

    CL(f, ~0x3f);
    f[0][0] = 0;
    rep(i, 1, m) {
        rep(j, 0, k) for (int jj = 0; jj * cost[i] <= j && jj <= sm[i]; jj++) 
			f[i][j] = std::max(f[i][j], f[i - 1][j - jj * cost[i]] + del[i][jj]);
    }//跑分组背包。 
    rep(i, 0, k) mx = std::max(mx, f[m][i]);

    printf("%lld\n", tot - mx);
    return 0;
}

钟自厚的牛逼题


posted @ 2020-06-12 10:29  Tian-Xing  阅读(105)  评论(0编辑  收藏  举报