牛客练习赛52 题解

也许更好的阅读体验

本人只做出了前四题，所以只写前四题的题解

$\mathcal{A}数数$

$\mathcal{D}escription$

给出$n$，求
$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}i\times j\end{array}$ 和 $\begin{array}{r}\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}i\times j\end{array}$
答案对$998244353$取模

$\mathcal{S}olution$

这是一道送分题
$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}i\times j=\sum _{i=1}^{n}i\times \left(\sum _{j=1}^{n}j\right)=\left(\sum _{j=1}^{n}j\right)\times \left(\sum _{i=1}^{n}i\right)={\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2\end{array}$
这个做多了题目就是一眼的事了
它的几何性质是一个$n\times n$的矩阵其所有子矩阵个数

$\begin{array}{r}\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}i\times j=\prod _{i=1}^n{i}^n\prod _{j=1}^{n}j={\left(\prod _{j=1}^{n}j\right)}^n\prod _{i=1}^n{i}^n=\left(\prod _{j=1}^n{j}^n\right)\prod _{i=1}^n{i}^n=\prod _{i=1}^n{i}^{2n}={\left(\prod _{i=1}^{n}i\right)}^{2n}\end{array}$

不会推式子怎么办！
和博主一样直接看吧！
第一个就不说了
第二个反正都是乘，我们直接考虑有多少个被乘了不就可以了吗
考虑$i$被乘的次数，在形如$i\times j$这样的情况每个都有$i$，共有$n+1$个$i$ ($i\times i$这样的情况有两个$i$)
形如$j\times i(j!=i)$的情况对于每个$j$都会有，共有$n-1$个，所以$i$会被乘$2n$次

$\mathcal{C}ode$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19时06分48秒
*******************************/
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 10000005;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int T,n,ans1,ans2;
int s[maxn],mi[maxn];
//{{{ksm
int ksm (int a,int b)
{
	int s=1;
	for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
		if (b&1)	s=1ll*s*a%mod;
	return s;
}
//}}}
int main()
{
	s[1]=1;
	for (int i=2;i<=maxn-5;++i)	s[i]=1ll*s[i-1]*i%mod;
	cin>>T;
	while (T--){
		cin>>n;
		ans1=1ll*n*(n+1)/2%mod;
		ans1=1ll*ans1*ans1%mod;
		ans2=ksm(s[n],2*n)%mod;
		printf("%d %d\n",ans1,ans2);
	}
	return 0;
}

$\mathcal{B}\mathcal{G}alahad$

$\mathcal{D}escription$

魔女要测试骑士的能力，要求他维护一个长度为$n$的序列，每次要询问一个区间的和。

但是魔女觉得太简单了，骑士能轻松记住$n$个数的前缀和。

于是，魔女要求他回答一个区间的和，但如果某一个数在这个区间出现了多次，这个数只能被计算一次。

$n,m\le 500000,1\le a_i\le 500000$

$\mathcal{S}olution$

这题好像是曾经的莫队板子题，但是开大了数据范围，于是咱的莫队就$T$了
换个思路
先将查询按照$r$从小到大排序
令$las{t}_i$表示数字$i$上一次的出现位置
当我们找到一个数$i$时，只要在当前位置加上$i$，在$las{t}_i$减去$i$即可保证不会重复计算
由于我们将查询按照$r$从小到大排序了
所以每个当前查询一定经过现在这个位置
而$l\le las{t}_i$的情况，我们已经将$las{t}_i$的答案抵消了，所以每个$i$只会被计算一次
而现在实际上就是要求一段区间的加和，这个用树状数组维护就可以了

$\mathcal{C}ode$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19时18分27秒
*******************************/
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
		IO & operator>>(T&res){
			res=0;
			bool flag=false;
			char ch;
			while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
			while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
			if (flag)	res=~res+1;
			return *this;
		}
}cin;
//}}}
struct Q{
	int l,r,id;
}q[maxn];
int n,m;
int a[maxn],last[maxn];
ll c[maxn],ans[maxn];
bool cmp(Q a,Q b){	return a.r<b.r;}
//{{{query
ll query(int x)
{
	ll res=0;
	while(x>0){	res+=c[x];x-=x&-x;}
	return res;
}
//}}}
//{{{insert
void insert(int x,int v)
{
	while(x<=n){	c[x]+=v;x+=x&-x;}
}
//}}}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=m;i++)	cin>>q[i].l>>q[i].r,q[i].id=i;
	sort(q+1,q+m+1,cmp);
	int t=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(last[a[i]])	insert(last[a[i]],-a[i]);
		insert(i,a[i]);
		while(i==q[t].r)	ans[q[t].id]=query(q[t].r)-query(q[t].l-1),t++;
		last[a[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)	printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

$\mathcal{C}烹饪$

$\mathcal{D}escription$

小 $Y$上山拜师学艺，经过$10$年之长的厨艺练习，已成为当世名厨，今天他接受邀请，在众人面前展示自己高超的厨艺。
人们给小$Y$提供了$n$种食物，每种食物无限量供应，每种食物都有一个美味值，记为 $a_i$。

小$Y$为了展示他的厨艺，他需要挑选出食材，使自己可以烹饪出任意正整数美味值的菜肴，初始时菜肴的美味值为$0$，每次加入一种食材，他可以选择让菜肴的美味值上升$a_i$，也可以选择让菜肴的美味值下降$a_i$（或许最后会弄出来黑暗料理？）。

作为当世名厨，小$Y$自然知道该怎么挑选食材最佳。可是他并不知道有多少种最佳的挑选食材方案，于是他找到了你来帮忙。
我们使用无序数列$\left(b_1,b_2,\dots ,b_m\right)$来表示从原来的$n$种食材中挑选出了$m$种食材，第$i$种食材编号为$b_i$的方案。同时你需要注意，$\left(1,2\right)$和$\left(2,1\right)$为同一种方案，且当$i!=j$时$b_i!=b_j$。
最佳的挑选食材方案指，挑选出 种食材$m$种食材$(1\le m\le n)$，让他们能够组合出任意正整数美味值的菜肴。

答案对$998244353$取模。

$\mathcal{S}olution$

又是一个计数题
计数题有很多方法，$dp$，容斥，递推等都可以计数
最开始我打算按照一定方式不重不漏的组合开始计算
但是想了半天除了几个错误的方法仍然没什么思路
在想的时候发现按照一定方式不如直接算不合法的
于是考虑容斥
首先我们要知道一点
能组合出任意正整数$\iff$能组合出$1$
所以我们将目标锁定在能否组合出$1$
合法的方法=所有方法-不能组合出$1$的方法
考虑哪些一定能组合出$1$
最显然的是$(a,a+1)$这样的是合法的
而如果$a$是个合数，设$k$为$a$的一个因子
那么$(k,a+1)$也是合法的
可以想到任意$a,b$只要满足$ax-by=1$就合法
只要这个式子有解就合法$ax+(-by)=1$
而其有解条件是$gcd(a,b)!=0$

其实换个思路也可以得到
只要是互质的就可以满足条件，因为它们之间一个对另一个取模的剩余系是可以得到$1$的
或者考虑只要是不互质的数就不可以满足条件，因为无论他们怎么加减，结果都会有他们的最大公约数在里面

于是可以知道，得要弄出这样的序列$a_1,a_2,\dots ,a_n$，其满足$gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)=1$
求这样的数列个数就可以考虑容斥了
$gcd=1$的序列数$=$总序列数$-gcd!=1$的序列数
考虑枚举它们的$gcd$，令$f[i]$表示以$i$作为$gcd$的序列数，那么答案就是$f[1]$
而$f[i]=gcd$是$i$的倍数的序列数$-f[i\ast 2]-f[i\ast 3]-\dots -f[i\ast k]$
用$num[i]$表示有多少个数是$i$的倍数
$gcd$是$i$的倍数的序列数=$2^{num[i]}-1$

$2^{num[i]}-1$就是有$num[i]$个数可选可不选，但必须至少选一个的方案数

这样这道题就得到解决了

$\mathcal{C}ode$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19时33分10秒
*******************************/
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn = 3005;
const int mx = 2000;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int n;
int a[maxn],num[maxn],f[maxn],s[maxn],mi[maxn];
void add (int &x,int y){	x=((x+y)%mod+mod)%mod;}
//{{{gcd
int gcd (int a,int b)
{
	if (!b)	return a;
	return gcd(b,a%b);
}
//}}}
int main()
{
	mi[0]=1;
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;++i)	cin>>a[i];
	for (int i=1;i<=3000;++i)	mi[i]=2ll*mi[i-1]%mod;
	for (int i=mx;i>=1;--i){
		for (int j=1;j<=n;++j)
			if (a[j]%i==0)	++num[i];
		f[i]=(mi[num[i]]+mod-1)%mod;
		for (int j=2;i*j<=mx;++j)	add(f[i],-f[i*j]);
	}
	printf("%d\n",f[1]);
	return 0;
}

$\mathcal{D}粉丝群$

$\mathcal{D}escription$

在$wjyyy$粉丝群中，除了$wjy$一共有$n$个人，编号为$1$到$n$。

大家准备一起膜爆$wjy$，也就是说复读$2n$次消息，并且由于这$n$个人在膜$wjy$上是统一的，所以每个人都必须至少复读一次。

$wjy$想要禁言掉一些人，但是这里是$wjy$粉丝群，不能随便禁言膜$wjy$的人，于是$wjy$定下一个规则：

如果这$n$个人，能够分成两组，使得两个组中所有人的复读次数的加和是相同的，那么这$n$个人都要被禁言。

这$n$个人开始讨论，他们不想被暴政。

那么问题来了，有多少种复读的分配方法，使得$wjyyy$没法把这$n$个人分成满足以上条件的两组？

然而$wjy$的粉丝太多了，您只要输出分配方法的种数以及这些分配方法中字典序第$k$小的分配方式的异或和即可。

注意：如果有两个人，则复读次数分别为$(1,3)$与复读次数分别为$(3,1)$ 算两种不同的分配方式。

$\mathcal{S}olution$

这题打表找规律也可以看出来的
首先每人都至少复读一次，就先记每人都复读了一次

$1$	$2$	$3$	$\dots$	$n$
$1$	$1$	$1$	$\dots$	$1$

现在还剩$n$次复读要分给这些人，并且要使它们无法分成两组复读次数加和是一样的

先考虑极端情况
若把这$n$次机会再每人一次
那么最终就是每人复读两次
当$n$为奇数时，这样是满足条件的，而$n$为偶数是不满足的
若把这$n$次机会全部给一个人，那么那个人就有$n+1$次复读
剩下的人加起来也不会超过他的复读次数，所以全部给一个人也是满足条件的

再考虑普遍的情况
若有些人没有被分到复读次数（即只复读了一次）
我们把复读次数大于$1$的人尽量平均分成两组，两组复读次数分别为$x,y(x<y)$
那么一定有$y-x$个人是只复读了一次的
这里可以自己手玩$3,4,5,6$这样的看一看以便理解
把这些人放到$x$那边去，就刚好两组平均了
所以这些都不满足条件

综上
只有把$n$次复读全部给一个人是绝对满足的
当$n$为奇数时所有人都复读两次也是可以的
而字典序肯定是$(1,1,\dots 1,n+1),(1,1,\dots ,n+1,1)\dots (n+1,1,\dots ,1,1)$这样子的
共有$n$种满足条件，当$n$为奇数时还要多一种$(2,2,\dots ,2,2)$
前面一堆$1$异或起来不是$1$就是$0$都是可以$O(1)$判的

$\mathcal{C}ode$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 20时36分37秒
*******************************/
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
ll n,k;
int main()
{
	cin>>n>>k;
	if (n==1){	printf("1\n2\n");return 0;}
	if (n&1)	printf("%lld\n%lld\n",n+1,(k==n)?2:n+1);
	else	printf("%lld\n%lld\n",n,(n+1)^1);
	return 0;
}

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