noip模拟47[适合]
noip模拟47 solutions
这套题特别好，我特别喜欢
因为这个非常符合我的水平，第一题能一眼出思路，半个小时内切掉
后面的题如果脑子清醒的话， 很容易就能想出来
T1 Prime
直接线性筛前面的质数，然后倍数筛上面的类素数
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=1e7+5;
const int M=1e6+5;
bool vis[N],via[N];
ll l,r,k,ans;
ll pri[M],cnp;
signed main(){
//cout<<(sizeof(pri)>>20)<<endl;
scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
k=min(k,(ll)sqrt(r));
for(re i=2;i<=k;i++){
if(!via[i])pri[++cnp]=i;
for(re j=1;j<=cnp&&pri[j]*i<=k;j++){
via[pri[j]*i]=true;
if(i%pri[j]==0)break;
}
}
for(re i=1;i<=cnp;i++){
//cout<<pri[i]<<endl;
ll tmp=l/pri[i];
if(pri[i]*tmp<l)tmp++;
if(tmp==1)tmp++;
while(tmp*pri[i]<=r){
vis[tmp*pri[i]-l]=true;
tmp++;
}
}
for(ll i=0;i<=r-l;i++)
if(!vis[i]){
ans^=(i+l);
//if(i+l<=10000001030000ll)cout<<i+l<<" ";
}
printf("%lld",ans);
}
T2 Sequence
这个有一个转移方程，设dp[i]表示以i结尾的数然后方案有多少
\[dp[i]=1+\sum\limits^{j=1}_{k}dp[j]
\]
这个就相当于在每一个后面又接上了一个数，
那么这样的话，无论你转移那一个，得到的数都是一样的
我们为了保证答案最优，我们一定会找一个最小的数来转移
前n个我们可以直接转移，后m个我们就找最小的，不停转移就好了
65pts暴力
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const ll mod=1e9+7;
ll n,m,k,a,ans;
ll dp[205],sum;
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
for(re i=1;i<=n;i++){
ll x;scanf("%lld",&x);
ll tmp=dp[x];
dp[x]=(sum+1)%mod;
sum=(sum-tmp+dp[x]+mod)%mod;
}
if(m==0){printf("%lld",sum);return 0;}
for(re i=1;i<=m;i++){
ll mn=0x3f3f3f3f3f3f,who;
for(re j=1;j<=k;j++){
if(mn>dp[j]){mn=dp[j],who=j;}
}
ll tmp=dp[who];
dp[who]=(sum+1)%mod;
sum=(sum-tmp+dp[who]+mod)%mod;
}
for(re i=1;i<=k;i++)ans=(ans+dp[i])%mod;
printf("%lld",ans);
}
你发现，好像最小的就变成最大的了诶
就相当于，吧最小的拿出来，换成最大的，然后放到最后，不停的做这个操作就行了
那么这个就可以用矩阵优化了
[ dp[1] , dp[2] , dp[3] , 1]
这个是原矩阵的第一行，我们不在乎后面的
按照上面说的，假设我们已经拍好序了，那么只要循环移动就行了
那么矩阵就是
0 0 1 0
1 0 1 0
0 1 1 0
0 0 1 1
以此类推
注意排序的时候不能直接按照dp值排序，因为取模了
你发现出现位置越早的肯定值越小，然后就按照位置排序就行了
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const ll mod=1e9+7;
ll n,m,k,a,ans;
ll sum;
struct node{
ll d,p;
node(){};
bool operator < (node a)const{
return p<a.p;
}
}sca[105];
struct matrix{
ll x[105][105];
matrix(){}
matrix operator * (matrix b)const{
matrix c;
for(re i=1;i<=k+1;i++)
for(re j=1;j<=k+1;j++){
c.x[i][j]=0;
for(re l=1;l<=k+1;l++)
c.x[i][j]=(c.x[i][j]+x[i][l]*b.x[l][j]%mod);
c.x[i][j]%=mod;
}
return c;
}
}dp;
matrix ksm(matrix a,ll y){
matrix ret;memset(ret.x,0,sizeof(ret.x));
for(re i=1;i<=k+1;i++)ret.x[i][i]=1;
while(y){
if(y&1)ret=ret*a;
a=a*a;y>>=1;
}
return ret;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
for(re i=1;i<=n;i++){
ll x;scanf("%lld",&x);
ll tmp=sca[x].d;
sca[x].d=(sum+1)%mod;
sum=(sum-tmp+sca[x].d+mod)%mod;
sca[x].p=i;
}
sort(sca+1,sca+k+1);
for(re i=1;i<=k;i++)dp.x[1][i]=sca[i].d;
dp.x[1][k+1]=1;
matrix xs;memset(xs.x,0,sizeof(xs.x));
for(re i=1;i<=k-1;i++)xs.x[i+1][i]=1;
for(re i=1;i<=k+1;i++)xs.x[i][k]=1;
xs.x[k+1][k+1]=1;
dp=dp*ksm(xs,m);
for(re i=1;i<=k;i++)ans=(ans+dp.x[1][i])%mod;
printf("%lld",ans);
}
T3 Omeed
这个又是一个期望题，我真的不会，但是发现我自己很傻缺
连最简单的期望式子都不会推，我不在这里写了，太丢人了，直接看官方题解吧
至于如何用线段树
把题解式子化简一下，\((t-(t-1)*p_i)f_{i-1}+pi\),最后都能化简成为l-1的表达式
那么\(f_{l-1}\)为0，没有啥用，我们只需要后面的，
设\(\varphi _i\)表示\((t-(t-1)*p_i)\),那么我们的\(f_n=\sum\limits^{n}_{i=1}\prod\limits^{n}_{j=i+1}\varphi_jp_i\)
这个很直观吧
\[ans=\sum\limits^{n}_{i}f_{i-1}*p_i
\]
然后用线段树维护这个就好了，如果你要不明白请到机房找我，因为式子太多了
我没有时间写了，
大概就是你维护两个区间，合并的时候，计算左区间的右端点的f，对又区间的贡献就好了
只需要维护区间的右端点和这个贡献的系数
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll int
const int N=5e5+5;
const ll mod=998244353;
ll n,q,ta,tb,t,A,B,ans;
ll p[N];
inline int o()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
inline ll ksm(ll x,ll y){
ll ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
}
return ret;
}
struct XDS{
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
ll fa[N*4],fr[N*4],phi[N*4],sum[N*4],siz[N*4],fb[N*4];
struct RET{
ll rfa,rfr,rsu;
RET(){}
RET(int z,int w,int u){
rfa=z;rfr=w;rsu=u;
}
}ret;
void pushup(int x){
fa[x]=(1ll*fa[ls]+1ll*fa[rs])%mod;
fb[x]=(1ll*fb[ls]+1ll*fb[rs]*phi[ls])%mod;
phi[x]=1ll*phi[ls]*phi[rs]%mod;
fr[x]=(1ll*fr[rs]+1ll*fr[ls]*phi[rs]%mod)%mod;
sum[x]=(1ll*sum[rs]+1ll*sum[ls]+1ll*fr[ls]*fb[rs]%mod)%mod;
//cout<<fr[ls]<<" "<<fb[rs]<<endl;
return ;
}
void build(int x,int l,int r){
if(l==r){
fa[x]=fr[x]=p[l];
phi[x]=(1ll*t-1ll*(t-1)*p[l]%mod+mod)%mod;
sum[x]=0;fb[x]=fa[x];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(x);return ;
}
void ins(int x,int l,int r,int pos,ll v){
siz[x]=r-l+1;
if(l==r){
fa[x]=fr[x]=v;
phi[x]=(1ll*t-1ll*(t-1)*v%mod+mod)%mod;
sum[x]=0;fb[x]=fa[x];
//cout<<l<<" "<<fa[x]<<" "<<fb[x]<<endl;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)ins(ls,l,mid,pos,v);
else ins(rs,mid+1,r,pos,v);
pushup(x);return ;
}
void query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&r<=qr){
//cout<<l<<" "<<r<<" "<<sum[x]<<endl;
ret.rfa=(1ll*ret.rfa+fa[x])%mod;
ret.rsu=(1ll*ret.rsu+1ll*sum[x]+1ll*ret.rfr*fb[x]%mod)%mod;
ret.rfr=(1ll*ret.rfr*phi[x]+1ll*fr[x])%mod;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid)query(ls,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)query(rs,mid+1,r,ql,qr);
return ;
}
#undef ls
#undef rs
}xds;
signed main(){
int nmb;scanf("%d",&nmb);
//scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&q,&ta,&tb,&A,&B);
n=o();q=o();ta=o();tb=o();A=o();B=o();
t=1ll*ta*ksm(tb,mod-2)%mod;
//cout<<t<<endl;
for(re i=1;i<=n;i++){
ll wa,wb;//scanf("%d%d",&wa,&wb);
wa=o();wb=o();
p[i]=1ll*wa*ksm(wb,mod-2)%mod;
}
xds.build(1,1,n);
//cout<<((t-(t-1)*p[2]%mod+mod)*p[1]+p[2])%mod<<endl;
while(q--){
int typ;//scanf("%d",&typ);//cout<<((p[1]+1)*p[2]%mod+p[1])%mod<<" "<<p[1]<<" "<<p[2]<<endl;
typ=o();
if(typ){
/*memset(f,0,sizeof(f));
ll sum1=0,sum2=0;*/
ll l,r;//scanf("%d%d",&l,&r);
l=o();r=o();
/*for(re i=l;i<=r;i++){
f[i]=((f[i-1]+1)*p[i]+(1ll+mod-p[i])*f[i-1]%mod*t)%mod;
sum2=(sum2+(f[i-1]+1)*p[i])%mod;
sum1=(sum1+p[i])%mod;
}*/
//cout<<f[1]<<endl;
//cout<<sum1<<" "<<sum2<<" "<<(sum1*A+sum2*B)%mod<<endl;
xds.ret=XDS::RET(0,0,0);
//cout<<xds.ret.rfr<<endl;
xds.query(1,1,n,l,r);
//cout<<xds.ret.rfa<<" "<<(xds.ret.rsu+xds.ret.rfa)%mod<<endl;
printf("%lld\n",(1ll*xds.ret.rfa*A%mod+1ll*(1ll*xds.ret.rsu+1ll*xds.ret.rfa)*B%mod)%mod);
}
else{
int x;ll wa,wb;//scanf("%d%d%d",&x,&wa,&wb);
x=o();wa=o();wb=o();
p[x]=1ll*wa*ksm(wb,mod-2)%mod;
xds.ins(1,1,n,x,p[x]);
}
}
}
我本来是不写快读的，可是卡常极其严重
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