多校冲刺 noip 11.01
多校冲刺 noip 11.01
我还是不可避免的挂分了，\(T1\)日常被卡常
今天做题特别顺手，很容易就切掉了第一题和最后一题
这也依赖于我最近开题策略的转变
在溜达题面的时候就看到最后一题好眼熟就切了
第三题也很好的处理了一下，用一般线段树解决了这类区间问题
但是第二题这种最优策略求期望的题仍然不会
T1 集合均值
这个你发现当每一个数的顺序固定的时候贡献是很容易算出来的
而每一个数在每一个位置的方案数也是很容易算出来的
所以直接切就行了
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define fu(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
const int N=1e5+5;
const int M=2e7+5;
const int mod=998244353;
int ksm(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
}return ret;
}
int n,m,s[N];
int res,inv[M];
long long sum,p;
int ans;
signed main(){
freopen("mos.in","r",stdin);
freopen("mos.out","w",stdout);
// cout<<(sizeof(inv)*2>>20)<<endl;
scanf("%d%d",&n,&m);
fo(i,1,n)scanf("%d",&s[i]),sum=sum+s[i];
sum=sum*m%mod;n=n*m;
inv[0]=inv[1]=1;
fo(i,2,n+1)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
fu(i,n+1,2)p=(p+1ll*inv[i]*(i-1)%mod);
ans=1ll*sum*(p%mod)%mod*inv[n]%mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2 聚烷撑乙二醇
最优策略问题：我只需要知道后面的答案的期望，如果当前的值小于后面的就取后面的值，否则取当前值
所以这个题有了上面那句话的启发就很容易做出来了
直接倒推，只有一个的时候，期望就是中点
下一次就根据上面那句话，我比较现在的值和下一次的期望
小的话就取下面的值，大的话就是当前值的期望
直接转移就行了，我是傻逼，我不会这个题，感谢\(nanfeng-zj\varphi\)
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ld long double
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define fu(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
const int N=1e6+5;
int n,l[N],r[N];
ld tmp;
signed main(){
freopen("pag.in","r",stdin);
freopen("pag.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
bool fl1=true,fl2=true;
fo(i,1,n)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
tmp=1.0*(r[n]+l[n])/2;
fu(i,n-1,1){
ld tl=l[i],tr=r[i];
if(tr<=tmp)continue;
if(tl>=tmp){
tmp=(tl+tr)/2;
continue;
}
tmp=((tmp-tl)*tmp+(tr-tmp)*(tr+tmp)/2)/(tr-tl);
}
printf("%.5Lf",tmp);
return 0;
}
T3 技术情报局
我在考场上极其勇敢的码了一颗线段树
关于给你一个序列，维护这个序列上所有区间的某个值的问题
我们一般用线段树解决，一般是枚举左(右)端点，用线段树维护另外一个端点
这类问题的贡献一般都是可以拆成一个一个去计算的，这也是可以用线段树维护的原因
所以我们枚举右端点，用线段树维护每一个左端点的值
每加入一个点，在线段树上相应的修改即可
维护两个值，一个是当前区间的乘积，一个是最大值
查询的时候直接乘起来就是答案
80pts
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define fu(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
namespace GenHelper {
unsigned z1, z2, z3, z4, b;
unsigned rand_() {
b=((z1<<6)^z1)>>13;
z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;
b=((z2<<2)^z2)>>27;
z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;
b=((z3<<13)^z3)>>21;
z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;
b=((z4<<3)^z4)>>12;
z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;
return (z1^z2^z3^z4);
}
}
vector<int> get(int n,unsigned s,int l,int r){
vector<int> a;a.push_back(0);
using namespace GenHelper;
z1=s;
z2=unsigned((~s)^0x233333333U);
z3=unsigned(s^0x1234598766U);
z4=(~s)+51;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=rand_()&32767;
int y=rand_()&32767;
a.push_back(l+(x*32768+y)%(r-l+1));
}
return a;
}
const int N=1e7+5;
int n,ll,rr,mod;
unsigned s;
vector<int> xl;
struct XDS{
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
int cf[N*4],tc[N*4],tm[N*4],sm[N*4];
void pushup(int x){
cf[x]=(cf[ls]+cf[rs])%mod;
sm[x]=(sm[ls]+sm[rs])%mod;
return ;
}
void pushdown(int x){
tc[ls]=tc[ls]*tc[x]%mod;
tc[rs]=tc[rs]*tc[x]%mod;
cf[ls]=cf[ls]*tc[x]%mod;
cf[rs]=cf[rs]*tc[x]%mod;
sm[ls]=sm[ls]*tc[x]%mod;
sm[rs]=sm[rs]*tc[x]%mod;
tc[x]=1;if(tm[x]){
tm[ls]=tm[rs]=tm[x];
sm[ls]=cf[ls]*tm[x]%mod;
sm[rs]=cf[rs]*tm[x]%mod;
tm[x]=0;
}
return ;
}
void build(int x,int l,int r){
tm[x]=0;tc[x]=1;
if(l==r){
cf[x]=sm[x]=1;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(x);return ;
}
void ins_m(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(ql<=l&&r<=qr){
tm[x]=v;sm[x]=cf[x]*v%mod;
return ;
}
if(tc[x]!=1||tm[x])pushdown(x);
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid)ins_m(ls,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)ins_m(rs,mid+1,r,ql,qr,v);
pushup(x);return ;
}
void ins_c(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(ql<=l&&r<=qr){
cf[x]=cf[x]*v%mod;
tc[x]=tc[x]*v%mod;
sm[x]=sm[x]*v%mod;
return ;
}
if(tc[x]!=1||tm[x])pushdown(x);
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid)ins_c(ls,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)ins_c(rs,mid+1,r,ql,qr,v);
pushup(x);return ;
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&r<=qr)return sm[x];
if(tc[x]!=1||tm[x])pushdown(x);
int mid=l+r>>1,ret=0;
if(ql<=mid)ret=(ret+query(ls,l,mid,ql,qr))%mod;
if(qr>mid)ret=(ret+query(rs,mid+1,r,ql,qr))%mod;
pushup(x);return ret;
}
#undef ls
#undef rs
}xds;
int sta[N],top,lb[N],rb[N];
int ans;
void spj(){
int now=ll;
fo(i,1,n){
now=now*ll%mod;
ans=(ans+now*(n-i+1))%mod;
}
printf("%lld",ans);
}
signed main(){
freopen("tio.in","r",stdin);
freopen("tio.out","w",stdout);
// cout<<(sizeof(xds.sm)*4+sizeof(sta)*4>>20)<<endl;
scanf("%lld%u%lld%lld%lld",&n,&s,&ll,&rr,&mod);
xl=get(n,s,ll,rr);
if(ll==rr){spj();return 0;}ans=0;
fo(i,1,n){
while(top&&xl[sta[top]]<xl[i])rb[sta[top]]=i-1,top--;
lb[i]=sta[top]+1;
sta[++top]=i;
}
while(top)rb[sta[top]]=n,top--;
xds.build(1,1,n);
fo(i,1,n){
xds.ins_c(1,1,n,1,i,xl[i]);
xds.ins_m(1,1,n,lb[i],i,xl[i]);
ans=(ans+xds.query(1,1,n,1,i))%mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
那么正解是啥？
笛卡尔树，我们维护的是最大值
先建树，维护每个点能覆盖的区间的前缀乘积和，后缀乘积和，乘积和
直接子树合并就行了
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define fu(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
namespace GenHelper {
unsigned z1, z2, z3, z4, b;
unsigned rand_() {
b=((z1<<6)^z1)>>13;
z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;
b=((z2<<2)^z2)>>27;
z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;
b=((z3<<13)^z3)>>21;
z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;
b=((z4<<3)^z4)>>12;
z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;
return (z1^z2^z3^z4);
}
}
vector<int> get(int n,unsigned s,int l,int r){
vector<int> a;a.push_back(0);
using namespace GenHelper;
z1=s;
z2=unsigned((~s)^0x233333333U);
z3=unsigned(s^0x1234598766U);
z4=(~s)+51;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=rand_()&32767;
int y=rand_()&32767;
a.push_back(l+(x*32768+y)%(r-l+1));
}
return a;
}
const int N=1e7+5;
int n,ll,rr,mod;
unsigned s;
vector<int> xl;
int sta[N],top;
int ls[N],rs[N],rt;
int fro[N],sum[N],beh[N];
int ans;
void dfs(int x){
if(ls[x])dfs(ls[x]);
if(rs[x])dfs(rs[x]);
fro[x]=(fro[ls[x]]+fro[rs[x]]*sum[ls[x]]%mod*xl[x]%mod+xl[x]*sum[ls[x]]%mod)%mod;
beh[x]=(beh[rs[x]]+beh[ls[x]]*sum[rs[x]]%mod*xl[x]%mod+xl[x]*sum[rs[x]]%mod)%mod;
sum[x]=sum[ls[x]]*sum[rs[x]]%mod*xl[x]%mod;
if(!ls[x]&&!rs[x])fro[x]=beh[x]=sum[x]=xl[x];
ans=(ans+(beh[ls[x]]+1)*(fro[rs[x]]+1)%mod*xl[x]%mod*xl[x]%mod)%mod;
}
signed main(){
freopen("tio.in","r",stdin);
freopen("tio.out","w",stdout);
// cout<<(sizeof(xds.sm)*4+sizeof(sta)*4>>20)<<endl;
scanf("%lld%u%lld%lld%lld",&n,&s,&ll,&rr,&mod);
xl=get(n,s,ll,rr);
fo(i,1,n){
while(top&&xl[sta[top]]<xl[i])ls[i]=sta[top--];
if(top)rs[sta[top]]=i;
sta[++top]=i;
}rt=sta[1];
sum[0]=1;dfs(rt);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T4 肯德基
这就是一个板子题
有一个式子：\(\mu^2(x)=\sum\limits_{d^2|x}\mu(d)\)
其实你把这个式子带进去就一连串全出来了，所以我主要证一下这个式子
平方因子指的是两个相等的质数相乘所得的平方因子
首先对于不含有平方因子的数，答案应该是\(1\)，只有\(1^2\)可整除，所以等于\(1\)，在没有平方因子的情况下得证
其次如果有平方因子，答案应该是\(0\)，我们设可以形成平方因子的质数的个数为\(k\)
为什么\(k\)是这样定义的，因为对于\(d\)来说，如果含有了平方因子，就不会有贡献了
所以我们需要每一个可以形成平方因子的质数的个数只有\(2\)，所以只要能形成平方因子就可以满足此条件
对于\(d\)不含质因子的数来说，就一个\(1\),可以写成\({k \choose 0}\)个，贡献是\(1\)
对于\(d\)只含有一个质因子的数，有\({k \choose 1}\)个，贡献是\(-1\)
对于\(d\)含有两个质因子的数，有\({k \choose 2}\)个，贡献是\(1\)
......
可以写成这样的形式:
\[\sum\limits_{i=0}^{k}{k \choose i}1^{k-i}(-1)^i
\]
于是这个东西就是二项式定理\(=(1-1)^k=0\)
所以对于含平方因子的数就得证了
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int unsigned long long
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define fu(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
const int N=1e7+5;
int T,n,inv2;
int p[N],mu[N],cnt;
bool vis[N];
int f[N];
int sum(int x){
if(x&1)return x*((x+1)/2);
else return x/2*(x+1);
}
int sol(int x){
int ret=0,l=1,r,sq=sqrt(x);
for(;l<=sq;l=r+1){
r=max(l,(int)sqrt(n/(n/l/l)));
ret+=(f[r]-f[l-1])*sum(n/l/l);
}
return ret;
}
signed main(){
freopen("kfc.in","r",stdin);
freopen("kfc.out","w",stdout);
// cout<<(sizeof(mu)*4>>20)<<endl;
n=1e7;mu[1]=1;
fo(i,2,n){
if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++){
vis[i*p[j]]=true;
if(i%p[j]==0){mu[i*p[j]]=0;break;}
else mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
fo(i,1,n)f[i]=mu[i]*i*i;
fo(i,1,n)f[i]+=f[i-1];
scanf("%llu",&T);
fo(i,1,T){
scanf("%llu",&n);
printf("%llu\n",sol(n));
}
return 0;
}
QQ:2953174821
浙公网安备 33010602011771号