[Week 19]每日一题（C++，数学，并查集，动态规划）
[Daimayuan] T1 倒数第n个字符串（C++，进制）
给定一个完全由小写英文字母组成的字符串等差递增序列，该序列中的每个字符串的长度固定为 \(L\)，从 \(L\) 个 \(a\) 开始，以 \(1\) 为步长递增。例如当 \(L\) 为 \(3\) 时，序列为 \(aaa,aab,aac,...,aaz,aba,abb,...,abz,...,zzz\)。这个序列的倒数第 \(2\) 个字符串就是 \(zzy\)。对于任意给定的 \(L\)，本题要求你给出对应序列倒数第 \(N\) 个字符串。
输入格式
输入在一行中给出两个正整数 \(L\) （\(1≤L≤6\)）和 \(N\)（ \(N≤10^5\)）.
注意：数据范围有修改！！！
输出格式
在一行中输出对应序列倒数第 \(N\) 个字符串。题目保证这个字符串是存在的。
样例输入
6 789
样例输出
zzzyvr
解题思路
把字符串看作\(26\)进制：
0->a
1->b
2->c
...
25->z
然后把我们进制转换的辗转相除法拿出来：
int idx = len - 1;
while (num) {
arr[idx--] = -(num % 26);
num /= 26;
}
最后用zzz...z减去我们求得的\(26\)进制串即可。
AC代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
const int max_len = 10;
const int max_num = 1e5;
int arr[max_len];
int main() {
int len, num;
cin >> len >> num;
num--;
int idx = len - 1;
while (num) {
arr[idx--] = -(num % 26);
num /= 26;
}
for (int i = 0; i < len; i++) {
printf("%c", char(arr[i] + 122));
}
return 0;
}
[Daimayuan] T2 排队（C++，并查集）
请判断有没有一种方法可以将编号从 \(1\) 到 \(N\) 的 \(N\) 个人排成一排，并且满足给定的 \(M\) 个要求。
对于每个要求会给出两个整数 \(A_i\) 和 \(B_i\)，表示编号 \(A_i\) 和 \(B_i\) 的人是相邻的。
保证每个要求都不同，比如已经给出了 \(1,5\)，就不会再给出 \(1,5\) 或 \(5,1\)。
输入格式
第一行两个整数 \(N\) 和 \(M\)，表示 \(N\) 个人和 \(M\) 个要求。
输出格式
如果有一种能把这些人拍成一排并满足所有条件的方法，就输出 Yes，否则，输出 No。
样例输入1
4 2
1 3
2 3
样例输出1
Yes
样例输入2
4 3
1 4
2 4
3 4
样例输出2
No
样例输入3
3 3
1 2
1 3
2 3
样例输出3
No
数据规模
对于全部数据保证 \(2≤N≤10^5\)，\(0≤M≤10^5\)，\(1≤A_i<B_i≤N\)。
解题思路
本题是一道逻辑推理题。
我们推理的基础就是：一个人最多与两个人相邻。
根据这个定理，我们可以得出以下规律：
（1）在\(M\)个要求中，一个人最多出现两次；
（2）因为是队列不是环，队首和队尾不可能相邻。
条件\(1\)很容易就能用数组维护；
条件\(2\)采用并查集维护（常用于强连通分量），思路是任意两个元素只会被合并一次，所以当尝试合并在同一个集合中的元素时，判断不合理。最后，AC代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int max_len = 1e5;
int fa[max_len + 1], sum[max_len + 1];
int find(int x) {
return x == fa[x] ? x : (fa[x] = find(fa[x]));
}
bool is_insame(int x, int y) {
x = find(x); y = find(y);
return x == y;
}
void merge(int x, int y) {
x = find(x); y = find(y);
fa[x] = y;
}
int main() {
int n, m, x, y, flag = 0;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;//并查集初始化
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> x >> y;
if (!flag) {
if (sum[x] < 2 && sum[y] < 2) {//一个人最多与两个人相邻
if (is_insame(x, y)) {//成环
flag = 1;
}
else {
merge(x, y);
sum[x]++; sum[y]++;
}
}
else flag = 1;
}
}
if (flag) cout << "No" << endl;
else cout << "Yes" << endl;
return 0;
}
[Daimayuan] T3 素数之欢（C++，BFS）
现给定两个 四位素数 \(a,b\)。 你可以执行多次下面的操作：
修改数字 \(a\) 的某一位, 使其成为另一个 四位素数。
例如，\(1033→1733\)，其中 \(1033\) 与 \(1733\) 均为素数。
问至少多少次变换后能从 \(a\) 得到 \(b\) ? 或回答不可能。
数据规模
- 多组数据 \(1≤T≤100\)
输入格式
第一行一个数字 \(T\)，表示接下来将会有 \(T\) 组数据。
接下来包含 \(T\) 行，每行包含用空格分开的两个 四位素数 \(a,b\)。
输出格式
输出 \(T\) 行，如果可以，输出最小变换次数。反之输出 \(−1\)。
样例输入
2
1033 1033
1033 8779
样例输出
0
5
说明
\(1033→1733→3733→3739→3779→8779\)
tips: you only operate \(8\) times if possible.
解题思路
找出规律困难，数据规模不大，于是考虑暴力搜索。
每次对四位数都尝试一次变换，每位数有九种变换的可能，那么每轮的操作次数就是\(9^4=6561\)
对于每组测试数据，提示说明我们最多会进行\(8\)次尝试，所以每组测试数据的最多操作次数为\(6561*8=52488\)
最多有\(100\)组测试数据，所以最多累加操作次数为\(5248800≈5*10^6\)
时间复杂度可以接受，爆搜开始。
采用广度优先搜索还是深度优先搜索？。
深度优先搜索与广度优先搜索不同在于：
深度优先搜索会尝试每一种可能的解决方法；
广度优先搜索保证搜索到的解决方法中每一步都是最少步骤。
显然广度优先搜索更适合本题的爆搜。
然后是代码实现：
（1）常规的\(BFS\)算法：
bool vis[max_n]; //访问标记物
queue<pair<int, int>>q; //前者为数字，后者为操作次数
//队列初始化
q.push({ num1,0 });
vis[num1] = true;
while (!q.empty()) {
//取出队首
q.front();
q.pop();
//BFS主体
for (/* 对每一位进行尝试 */) {
for (/* 变换9种数字 */) {
int temp;
if (temp == num2) { //结束条件
break;
}
else (!vis[temp] && prime.count(temp)){ //继续搜索
q.push({ temp, step + 1 });
vis[temp] = true;
}
}
}
}
保证每一步都是最小步骤数。
（2）素数判断：
注意到这里有一个prime集合用于素数判断，这里提供两种方法制作素数集合：
常规方法：
void PrimeList(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
bool flag = true;
for (int j = 2; j * j <= i; j++) {
if (i % j == 0) {
flag = false;
break;
}
}
if (flag) prime.insert(i);
}
}
欧拉筛（欧拉筛传送门）：
void PrimeList(int* Prime, bool* isPrime, int n) {
/* 欧拉筛 */
int i = 0, j = 0, count = 0;
memset(isPrime, true, sizeof(bool) * (n + 1));
isPrime[0] = isPrime[1] = false;
for (i = 2; i <= n; i++) {
if (isPrime[i]) {
Prime[count++] = i;
prime.insert(i);
}
for (j = 0; j < count && Prime[j] * i <= n; j++) {
isPrime[i * Prime[j]] = false;
//欧拉筛核心，每一个合数都能拆成最小因数与最大因数的乘积
if (i % Prime[j] == 0) break;
}
}
}
最后，AC代码如下
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std;
const int max_t = 100;
const int max_epoch = 8;
const int max_n = 10000;
bool isPrime[max_n], vis[max_n];
int Prime[max_n];
set<int>prime;
void PrimeList(int* Prime, bool* isPrime, int n) {
/* 欧拉筛 */
int i = 0, j = 0, count = 0;
memset(isPrime, true, sizeof(bool) * (n + 1));
isPrime[0] = isPrime[1] = false;
for (i = 2; i <= n; i++) {
if (isPrime[i]) {
Prime[count++] = i;
prime.insert(i);
}
for (j = 0; j < count && Prime[j] * i <= n; j++) {
isPrime[i * Prime[j]] = false;
//欧拉筛核心，每一个合数都能拆成最小因数与最大因数的乘积
if (i % Prime[j] == 0) break;
}
}
}
//void PrimeList(int n) {
// for (int i = 2; i <= n; i++) {
// bool flag = true;
// for (int j = 2; j * j <= i; j++) {
// if (i % j == 0) {
// flag = false;
// break;
// }
// }
// if (flag) prime.insert(i);
// }
//}
int main() {
PrimeList(Prime, isPrime, max_n);
//PrimeList(max_n);
int t, num1, num2;
cin >> t;
while (t--) {
cin >> num1 >> num2;
if (num1 == num2) {//特判
cout << 0 << endl;
continue;
}
queue<pair<int, int>>q; //初始化队列
memset(vis, false, sizeof(bool) * (max_n));
vis[num1] = true;
q.push({ num1,0 });
bool flag = true; //初始化标记物
int ans = -1;
while (flag && !q.empty()) {
int num3 = q.front().first, step = q.front().second;
q.pop();
for (int i = 1; flag && i <= 1000; i *= 10) {//对每一位进行尝试
int num4 = num3 / i / 10 * 10 * i + num3 % i;
for (int j = 0; flag && j < 10; j++) {//变换9种数字
int num5 = num4 + j * i;
if (num5 == num2) {//找到数字
flag = false;
ans = step + 1;
break;
}
if (!vis[num5] && prime.count(num5)) {//未找到，但是为质数
q.push({ num5,step + 1 });
vis[num5] = true;
}
}
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
[Daimayuan] T4 国家铁路（C++，数学，动态规划）
题目描述
\(dls\)的算竞王国可以被表示为一个有 \(H\)行和 \(W\)列的网格，我们让 \((i,j)\)表示从北边第\(i\)行和从西边第\(j\)列的网格。最近此王国的公民希望国王能够修建一条铁路。
铁路的修建分为两个阶段：
- 从所有网格中挑选\(2\)个不同的网格，在这两个网格上分别修建一个火车站。在一个网络上修建一个火车站的代价是\(A_{i,j}\)。
- 在这两个网格间修建一条铁轨，假设我们选择的网格是 \((x_1,y_1)\)和\((x_2,y_2)\),其代价是 \(C×(|x_1−x_2|+|y_1−y_2|)\)。
\(dls\)的愿望是希望用最少的花费去修建一条铁路造福公民们。现在请你求出这个最小花费。
题目输入
第一行输入三个整数分别代表\(H,W,C(2≤H,W≤1000,1≤C≤10^9)\)。
接下来\(H\)行，每行\(W\)个整数，代表\(A_{i,j}(1≤A_{i,j}≤10^9)\)。
题目输出
输出一个整数代表最小花费。
样例输入1
3 4 2
1 7 7 9
9 6 3 7
7 8 6 4
样例输出1
10
样例输入2
3 3 1000000000
1000000 1000000 1
1000000 1000000 1000000
1 1000000 1000000
样例输出2
1001000001
解题思路
这道题有亿点点难QAQ。
直接枚举的时间复杂度为\(o(n^4)\)，直接\(T\)飞，所以我们需要想办法优化。
题中给出，修建一条铁轨的总花费为\(A_{x_1,y_1}+A_{x_2,y_2}+C*(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|)\)。
显然，交换一下\((x_1,y_1)\)和\((x_2,y_2)\)的坐标对花费没有任何影响。
所以，为了方便计算，我们规定情况\(1\)为\(x_1\ge x_2,y_1\ge y_2\)，情况\(2\)为\(x_1\ge x_2,y_1\le y_2\)。
直观的来说，以上两种情况分别为矩阵的主对角线方向和副对角线方向。
只需要讨论一种情况的算法，另外一种情况则不证自明：
对于情况\(1\)，总花费可以写为：
在公式的形式简化之后，再去考虑寻找最小值的问题：
我们发现对于给定的\((x_1,y_1)\)，我们需要枚举所有符合条件的\((x_2,y_2)\)（条件为\(x_1\ge x_2,y_1\ge y_2\)，在一个小矩阵中），并找出最小值。
但与之前不同，我们现在可以对\((x_2,y_2)\)进行动态规划，然后就可以在\(O(1)\)时间内获取对于给定\((x_1,y_1)\)的最小值。
规划公式为dp[i][j] = min{ dp[i][j-1], dp[i-1][j], station[i][j] - C * (i + j)}。
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
dp[i][j] = min(dp[i][j - 1], min(dp[i - 1][j], station[i][j] - C * (i + j)));
}
}
那么计算主对角线情况下的最小值，只需要枚举另外一个点：
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
ans = min(ans, min(dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]) + station[i][j] + C * (i + j));
}
}
最后简单给出计算副对角线情况下最小值的代码以及AC代码：
副对角线算法：
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = w; j >= 1; j--) {
dp[i][j] = min(dp[i][j + 1], min(dp[i - 1][j], station[i][j] + C * (j - i)));
}
}
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
ans = min(ans, min(dp[i - 1][j], dp[i][j + 1]) + station[i][j] + C * (i - j));
}
}
AC代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
const long long max_h = 1000;
const long long max_w = 1000;
const long long NaN = 0x3F3F3F3F3F3F3F3F;
const long long max_c = 1e9;
long long station[max_h + 2][max_w + 2], dp1[max_h + 2][max_w + 2], dp2[max_h + 2][max_w + 2]; //多开一圈，防止越界
long long h, w, C;
int main() {
cin >> h >> w >> C;
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
cin >> station[i][j];
}
}
//DP1（主对角线）
memset(dp1, 0x3F, sizeof(long long) * (max_h + 2) * (max_w + 2));
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
dp1[i][j] = min(dp1[i - 1][j], min(dp1[i][j - 1], station[i][j] - C * (i + j)));
}
}
//DP2（副对角线）
memset(dp2, 0x3F, sizeof(long long) * (max_h + 2) * (max_w + 2));
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = w; j >= 1; j--) {
dp2[i][j] = min(dp2[i][j + 1], min(dp2[i - 1][j], station[i][j] + C * (j - i)));
}
}
long long ans = NaN;
//ans1（主对角线）
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
ans = min(ans, min(dp1[i - 1][j], dp1[i][j - 1]) + station[i][j] + C * (i + j));
}
}
//ans2（副对角线）
for (int i = 1; i <= h; i++) {
for (int j = 1; j <= w; j++) {
ans = min(ans, min(dp2[i - 1][j], dp2[i][j + 1]) + station[i][j] + C * (i - j));
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
[Daimayuan] T5 吃糖果（C++，贪心）
桌子上从左到右放着 \(n\) 个糖果。糖果从左到右编号，第 \(i\) 块糖果的重量为 \(w_i\)。小明和小红要吃糖果。
小明从左边开始吃任意数量的糖果。（连续吃，不能跳过糖果）
小红从右边开始吃任意数量的糖果。（连续吃，不能跳过糖果）
当然，如果小明吃了某个糖果，小红就不能吃它（反之亦然）。
他们的目标是吃同样重量的糖果，请问此时他们总共最多能吃多少个糖果？
输入格式
第一行包含一个整数 \(n\)，表示桌上糖果的数量。
第二行包含 \(n\) 个整数 \(w_1,w_2,…,w_n\)，表示糖果从左到右的重量。
输出格式
一个整数，表示小明和小红在满足条件的情况下总共可以吃的糖果的最大数量。
数据范围
\(1≤n≤2*10^5,1≤w_i≤10^4\)
输入样例
9
7 3 20 5 15 1 11 8 10
输出样例
7
解题思路
采用贪心算法（不断尝试吃更多的糖）解决此题：
初始化规定糖的重量相等，然后循环分支：
（1）糖的重量相等，记录当前总共吃了多少颗糖，双方再吃一颗糖；
（2）糖的重量不相等，吃的少的一方再吃一颗糖。
结束条件：双方吃糖发生冲突（题目规定：“如果小明吃了某个糖果，小红就不能吃它（反之亦然）”）。
AC代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
const int max_n = 2e5;
const int max_w = 1e4;
int candies[max_n];
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> candies[i];
int l = 0, r = n - 1, l_sum = 0, r_sum = 0, ans = 0;
while (l < r) {
if (l_sum == r_sum) {
ans = l - 0 + n - 1 - r;
l_sum += candies[l++];
r_sum += candies[r--];
}
else if (l_sum < r_sum) l_sum += candies[l++];
else r_sum += candies[r--];
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
贪心证明：
初始化，规定双方吃糖量相同，吃糖数目为\(0\)。
为了确定是否存在比\(0\)大的解，我们必须要让其中一方吃一颗糖。
那么这就会导致双方吃糖量不等，要让其相等，我们必须让另一方吃一颗糖。
只要不平衡，我们就需要让吃的少的那一方继续吃。
当平衡的时候，设吃糖数目为\(ans\)。
为了确定是否存在比\(ans\)大的解，我们必须要让其中一方吃一颗糖...（依次类推，直到发生冲突）
[Daimayuan] T6 切割（C++，贪心，哈夫曼树）
题目描述
有一个长度为 \(\sum a_i\) 的木板，需要切割成 \(n\) 段，每段木板的长度分别为 \(a_1,a_2,…,a_n\)。
每次切割，会产生大小为被切割木板长度的开销。
请你求出将此木板切割成如上 \(n\) 段的最小开销。
输入格式
第 \(1\) 行一个正整数表示 \(n\)。
第 \(2\) 行包含 \(n\) 个正整数，即 \(a_1,a_2,…,a_n\)。
输出格式
输出一个正整数，表示最小开销。
样例输入
5
5 3 4 4 4
样例输出
47
数据范围
对于全部测试数据，满足 \(1≤n,a_i≤10^5\)。
附加说明
原题：[NOIP2004 提高组] 合并果子 / [USACO06NOV] Fence Repair G
需要 O(n) 解法的 数据加强版（\(1≤n≤10^7\)）
解题思路
首先我们采用逆向思维，改变题意为：
把\(n\)块长度分别为 \(a_1,a_2,…,a_n\)的木板合并成一块，每次合并只能操作两块，会产生合并后木板长度的开销。
可以很容易发现这和题意描述是一样的。
然后引入核心思路：哈夫曼树。
哈夫曼树常用于数据压缩（本质上是编码方式），基本思想就是：
统计文本中的所有符号的词频，每次选择词频最低的两个进行操作，将它们连到一个新的父节点上，然后将父节点赋值为二者词频之和，直到生成一棵树。
这种方式能够保证词频越小的节点深度越深（编码长度越长），词频越高的节点深度越浅（编码长度越短），也就完成了数据压缩。
那么这和本题有什么关系？
我们可以认为哈夫曼树中的叶子节点就是\(n\)块木板，节点深度就是木板被操作的次数。
（注：我们可以把合并后的木板仍然看成是多块木板，只不过这几块木板可以一起操作。）
所以，深度越深也就代表着这块木板被操作的次数越多，深度越浅也就代表着这块木板被操作的次数越少。
故哈夫曼树算法能够保证最小开销。
代码实现：
采用优先队列维护木板，每次取出两块进行合并，然后将合并后的木板插入队列。
AC代码如下：
（前排提示：/* 十年OI一场空，不开long long见祖宗 */）
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int max_n = 1e5;
const int max_a = 1e5;
priority_queue<long long, vector<long long>, greater<long long>>pq;
int main() {
long long n, temp;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> temp;
pq.push(temp);
}
long long ans = 0;
while (pq.size() > 1) {
long long b1 = pq.top(); pq.pop();
long long b2 = pq.top(); pq.pop();
pq.push(b1 + b2);
ans += (long long)(b1) + (long long)(b2);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
后排推一下我写的合并果子\(qwq\)
然后是数据加强版合并果子：
贪心算法是不能优化的了，可以优化的地方在于优先队列。
因为我们每次将合并后的果堆插入队列中，队列都会运行排序算法找到应该插入的位置。
优化的前提是这样的：
每次合并后的果堆一定不会比上一次合并得到的果堆小。
那么我们就不需要将其插入优先队列，只需要另外维护一个队列用来存储合并后的果堆，然后每次取出两个队列中队首比较小的一个即可。
直观的思路是这样的：
首先采用比快速排序更快的排序算法桶排序，将果堆维护在一个有序队列中；
然后再维护一个队列用于存储合并后的果堆；
最后运行的贪心算法与之前一致。
AC代码如下：
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int max_a = 1e5;
queue<long long>q1, q2;
int buckets[max_a + 1];
int main() {
int n, temp;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &temp);
buckets[temp]++;
}
for (int i = 1; i <= max_a; i++) {
while (buckets[i]--) {
q1.push((long long)(i));
}
}
long long t1, t2, ans = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (q2.empty() || !q1.empty() && q1.front() < q2.front()) {
t1 = q1.front();
q1.pop();
}
else {
t1 = q2.front();
q2.pop();
}
if (q2.empty() || !q1.empty() && q1.front() < q2.front()) {
t2 = q1.front();
q1.pop();
}
else {
t2 = q2.front();
q2.pop();
}
q2.push(t1 + t2);
ans += t1 + t2;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
其实这段代码还会\(T\)，怎么优化？当然是用无敌的快读了：
void read(int& x) {
x = 0;
char c = getchar();
while ('0' <= c && c <= '9') {
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
}
[Daimayuan] T7 异或和（C++，异或，数学）
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a_1,a_2,...,a_n\)。 请你求出下面式子的模\(1e9+7\)的值。
\(\sum_{i=1}^{n-1}{\sum_{j=i+1}^{n}{(a_i\ XOR\ a_j)}}\)
输入格式
第一行一个数字 \(n\)。
接下来一行 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,…,a_n\)。
输出格式
一行一个整数表示答案。
样例输入
3
1 2 3
样例输出
6
数据规模
所有数据保证 \(2≤n≤300000,0≤a_i<2^{60}\)。
解题思路
依照题意，我们只能直接跑二重循环（因为\(a_i\)和\(a_j\)的组合不会重复，也就是说没有子结构的概念），这肯定会\(TLE\)。
那么我们考虑异或操作的性质：
异或操作是位操作，无视整个位串的意义，只能看到单个位。——条件（1）
然后重新审视\(\sum_{i=1}^{n-1}{\sum_{j=i+1}^{n}{(a_i\ XOR\ a_j)}}\)。
这个式子就是对任意两个元素进行异或操作然后做和，也就是说尝试了所有的组合（\(C_n^2\)）。——条件（2）
再来看一下异或操作的性质：同则为假，不同为真。——条件（3）
如何利用三个条件优化算法？这里通过一个简单的例子来理解：
有位串\(1000 0111\)，我们对任意两个位进行异或操作，然后做和。很容易发现，其和为\(4*4=16\)。就是\(1\)的数量乘上\(0\)的数量。
然后我们回去看一眼题中的例子：
1 2 3
1 1 0 1 -> 2 * 1 = 2
2 0 1 1 -> 2 * 2 = 4
4 0 0 0 -> 0 * 4 = 0
比起之前那个简单的例子，也就是多了个权重，仅此而已。
接下来简单说一下代码如何实现：
我们维护每一个位上\(1\)（也可以是\(0\)）出现的次数；
然后遍历每一个位，累计：\(0\)的数量\(*1\)的数量\(*\)权重。
AC代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
const int max_len = 60;
const long long max_a = (1LL << 60LL) - 1LL;
const int max_n = 300000;
const long long mod_num = 1e9 + 7;
long long sum[max_len];
inline void read() {
long long x, idx = 0;
cin >> x;
while (x) {
sum[idx++] += x & 1;
x >>= 1;
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) read();
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < max_len; i++) {
long long power = (1LL << (long long)(i)) % mod_num;
long long comb = sum[i] * (n - sum[i]) % mod_num;
ans = (ans + (power * comb) % mod_num) % mod_num;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
[Daimayuan] T8 分数拆分（C++，数学）
输入正整数 \(k\)，找到所有的正整数 \(y≤x\), 使得 \(\frac1k=\frac1x+\frac1y\)。
输入格式
输入一个正整数 \(k(1≤k≤10^7)\)。
输出格式
输出一个数，表示满足条件的\(x,y\)的个数。
样例输入
12
样例输出
8
解题思路
题目要求很好理解：找出的\(x,y\)使得\(k=\frac{xy}{(x+y)}\)。
那么如何找出这样的\(x,y\)？或者说，如何找到\(x,y\)中的一个？
我们进一步把公式变换为\(y=\frac{kx}{x-k}\)（其中\(k < x \le y\)）。
但是仍然不好求解。
那么进一步研究公式的形式，有\(x=k+b(b>0)\)，那么有：
\(y=\frac{k^2+bk}{b}\)
于是有\(k^2\ mod\ b =0\)和\(bk\ mod\ b=0\)。
根据前者，我们可以知道\(b\)是\(k^2\)的因子，第二个条件是显然成立的。
再考虑\(x\le y\)这个条件，根据题意有\(x\le 2k\)，则有\(b\le k\)。
那么求解就变得容易了，我们枚举因子即可，时间复杂度为\(o(k)\)。
最后，AC代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
long long max_k = 1e7;
int main() {
long long k, x, y, ans = 0;
cin >> k;
long long temp = k * k;
for (long long i = 1; i <= k; i++) {
if (temp % i == 0) {
ans++;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
[Daimayuan] T9 简单子段和（C++，前缀和）
给出一个长为 \(N\) 的整数数组 \(A\) 和一个整数 \(K\)。
请问有数组 \(A\) 中有多少个子数组，其元素之和为 \(K\)？
输入格式
第一行两个整数 \(N\) 和 \(K\)，表示数组 \(A\) 的大小，和给出的整数 \(K\)。
第二行 \(N\) 个整数，表示数组 \(A\) 中的每个元素 \(A_1,...,A_n\)。
输出格式
输出一个整数，表示答案。
样例输入1
6 5
8 -3 5 7 0 -4
样例输出1
3
有三个子数组 （\(A_1,A_2\)），（\(A_3\)），（\(A_2,...,A_6\)）满足条件。
样例输入2
2 -1000000000000000
1000000000 -1000000000
样例输出2
0
数据规模
对于全部数据保证 \(1≤N≤2×10^5\)，\(|A_i|≤10^9\)，\(|k|≤10^{15}\)。
解题思路
直接枚举的时间复杂度是\(O(N^2)\)，必然\(TLE\)，所以考虑优化。
对于连续区间和问题，我们常常会使用前缀和。
前缀和很好理解，也很好实现，但是怎么应用到这道题中？
观察这个式子：\(k=pre-(pre-k)\)。（这不是废话嘛）
\(pre\)和\(pre-k\)代表着两个前缀和。
那么现在我们只需要遍历每一个\(pre\)，统计相应的\(pre-k\)数目即可。
这里采用在线做法实现：
（1）动态更新当前的前缀和；
（2）计算\(pre-k\)的数量；
（3）前缀和\(pre\)的数量++。
AC代码如下：
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
const int max_n = 2e5;
const int max_a = 1e9;
const long long max_k = (long long)(1e10) * (long long)(1e5);
map<long long, int>m;
int main() {
long long n, k, temp, sum = 0, ans = 0;
m.insert({ 0LL,1 });
cin >> n >> k;
//scanf("%lld%lld", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> temp;
//scanf("%lld", &temp);
sum += temp;
if (m.find(sum - k) != m.end())
ans += m[sum - k];
m[sum]++;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
[Daimayuan] T10 Good Permutations（C++，数学）
对于每一个长度为 \(n\) 的排列 \(a\)，我们都可以按照下面的两种方式将它建成一个图：
1.对于每一个 \(1≤i≤n\)，找到一个最大的 \(j\) 满足 \(1≤j<i,a_j>a_i\)，将 \(i\) 和 \(j\) 之间建一条无向边
2.对于每一个 \(1≤i≤n\)，找到一个最小的 \(j\) 满足 \(i<j≤n,a_j>a_i\)，将 \(i\) 和 \(j\) 之间建一条无向边
注意：建立的边是在对应的下标 \(i,j\) 之间建的边
请问有多少种长度为 \(n\) 的排列 \(a\) 满足，建出来的图含环
排列的数量可能会非常大，请输出它模上 \(10^9+7\) 后的值
输入描述
第 \(1\) 行给出 \(1\) 个数 \(T(1≤T≤10^5)\)，表示有 \(T\) 组测试样例
第 \(2\) 到 \(T+1\) 行每行给出一个数 \(n(3≤n≤10^6)\)，表示排列的长度
输出描述
输出符合条件的排列的数量模上 \(10^9+7\) 后的值
样例输入
1
4
样例输出
16
解题思路
题意直观理解：\(i\)与\(j\)建边需要两个条件
（1）\(a_i<a_j\)；
（2）要求索引距离最近。
设函数\(f(x)=a_x\)，观察规律可以得到：只要函数存在极小值，那么就可以成环。
存在极小值的情况很多，正难则反，我们去求不可以成环的情况，也就是不存在极小值。
直观来看，不存在极小值的\(f(x)\)大致是这样的：
最大值点是固定的，我们只需要统计有多少种不同左右集合的组合：
\(C^0_{n-1}+C^1_{n-1}+...+C^{n-1}_{n-1}=2^{n-1}\)
所以计算公式为\(ans=n!-2^{n-1}\)。
最后，AC代码如下
#include <iostream>
using namespace std;
const long long mod_num = 1e9 + 7;
const long long max_n = 1e6;
long long factorial[max_n + 1], expo[max_n + 1];
void init() {
//阶乘
factorial[0] = 1;
for (int i = 1; i <= max_n; i++) {
factorial[i] = (factorial[i - 1] * (long long)(i)) % mod_num;
}
//2的i次幂
expo[0] = 1;
for (int i = 1; i <= max_n; i++) {
expo[i] = (expo[i - 1] << 1LL) % mod_num;
}
}
long long solve(long long n) {
long long ret = (factorial[n] - expo[n - 1]) % mod_num;
if (ret < 0) ret += mod_num;
return ret;
}
int main() {
init();
long long T;
cin >> T;
while (T--) {
long long n;
cin >> n;
cout << solve(n) << endl;
}
return 0;
}
