【牛客练习赛60 】A【按位推导公式】B【公式+逆元】C【子序列DP】D【扩展欧几里得算法】

题目连接

A

思路：公式推导就行了：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(a_i\&a_j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{k=0}^{30}{2}^k{a}_{ik}{a}_{jk}=\sum _{k=0}^{30}{2}^k\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_{ik}{a}_{jk}$$
对于 $a_{ik}{a}_{jk}$ ，只有都是1才为1，所以统计这n个值中第k个二进制位1的个数cnt[k]，后面一串就可以表示为 C(cnt[k], 2)。
$$=\sum _{k=0}^{30}{2}^k(\frac{cnt[k]\ast (cnt[k]-1)}{2})$$

Coding:

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int cnt[31];
int main(int argc, char **args){
    int n;cin >>n;

    for(int i = 0; i < n ; i++){
        ll a; scanf("%lld", &a);
        for(int j = 30; j >= 0; j--){
            if(a >> j & 1) 
                cnt[j]++;
        }
    }

    ll sum = 0 ;
    for(int i = 30; i >= 0; i--){
        sum += (1 << i) * 1ll *(cnt[i] * 1ll * (cnt[i]) ); 
    }

    cout << sum <<"\n";
return 0;
}

B

思路：对于每条边，它可以包括在n-2个三角形中，这样算下来，是比答案多了一倍，除以2就行了，不过这里是乘2的逆元。

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 998244353;

ll _pow(ll a, ll b, ll c ){
    ll s =  1, base = a % c;
    while(b){
        if(b & 1) s = (s * base) % c;
        b >>= 1;
        base = base * base % c;
    }
    return s;
}

int main(int argc, char **args){ 
    int n; cin >> n;
    vector<ll> x(n + 1), y(n +  1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);
    }

    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= n ;j ++){
            sum += (abs(x[i] - x[j]) + abs(y[i] - y[j])) % MOD * (n - 2) % MOD;
            sum %= MOD;
         }
    }

    cout << sum  * _pow(2, MOD - 2,  MOD)% MOD<<"\n";
return 0;
}

/*

4
0 0 
1 0
0 1
1 1

*/

C

问题：求长度为n序列中，本质不同的长度为k子序列有多少个。
思路：动态规划，对于子序列的动态规划，思路也很常见。这里定义$dp[i][j]$ 表示截止到第 $i$ 个值，本质不同的长度为 $j$ 的子序列个数。
51Nod 上有一个动态规划，是求长度为n序列中，本质不同的子序列有多少个。和这道题有异曲同工之妙。

Coding:

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e3 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

int dp[N][N], last[N]; // last[i] 表示到目前为止，i 最后一次出现的位置。
char s[N];
int main(int argc, char **args){
    int n, k; cin >> n >> k;
    scanf("%s" , s + 1);
    int len = strlen(s + 1);
    for(int i = 0; i <= len; i++) dp[i][0] = 1;

    for(int i = 1; i <= len; i++){
        for(int j = 1; j <= k; j++){
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];
            if(last[s[i]] ){ // 去重复元素
                dp[i][j] -= dp[last[s[i]] - 1][j - 1];
             }
            dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + MOD) % MOD;
        }
        last[s[i]] = i;
    }

    cout << dp[len][k] <<"\n";
return 0;
}

D

求 $a\ast x+b\ast y+c\ast z=k$ 的解 $(x,y,z)$ x y z 都是正整数。。
思路：扩展欧几里得算法。其实能够推理出，要想有解，当且仅当 $gcd(a,b,c)|k$， 注意这里解不一定都是正整数，还可能是包含负整数。
$a\ast x+b\ast y=k-c\ast z$，如果 $z$ 已知的话，这个就是二元不定方程，同时该方程有解，当且仅当 $gcd(a,b)|(k-c\ast z)$ 。
这里令 $d=gcd(a,b)$， $k-c\ast z=m\ast d,(m\in Z^{+})$。
移项得 $m\ast d+c\ast z=k,(z\in Z^{+},m\in Z^{+})$，是不是很眼熟？这个也是一个二元不定方程，同理要想有解，当且仅当 $gcd(d,c)|k=>gcd(a,b,c)|k$。
先解出第二个方程，然后将其带回求解第一个方程。

注意：很重要的一点，因为本题目求的解都是正整数，所以求解第一个不定方程时候，要尽可能让 $z$ 小，$m$ 尽可能大，这样第一个方程才更容易求得正整数解（这一点也很容易想：$a,b$ 都是正整数 ，如果 $m\ast d$ 很小的话，根本不可能有正整数解 $(x,y)$的）。

补充知识：
如果一个二元不定方程 $a\ast x+b\ast y=c$，有特解 $(x_0,y_0)$，则通解为
$x=x_0+b/gcd(a,b)\ast t$
$y=y_0-b/gcd(a,b)\ast t$ , $（t>=0）$
或
$x=x_0-b/gcd(a,b)\ast t$
$y=y_0+b/gcd(a,b)\ast t$ , $（t>=0）$

更详细见代码
Coding：

#include 
using namespace std;
  
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
  
const int N = 1e3 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;
  
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
    if(!b) {
        x = 1; y = 0;
        return a;
    }
    ll xx, yy;
    ll g = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - (a / b) * y;
    return g;
}
   
ll solve (ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y){
    ll g = exgcd(a, b, x, y);
    x = x * (c / g); y = y * (c / g);
    if(x < 0){ // 如果x < 0, 那么y一定特别大。所以就将x 增加到 尽可能小的正数，那么 y 也会降低一些，但肯定还会是正数， 因为 c 为正数。
        ll t = ceil(-x * 1.0 / (b / g));
        x = x + b / g * t;
        y = y - a / g * t;
    }
  
    if(y < 0){// 同理
        ll t = ceil(-y * 1.0 / (a / g));
        y = y + a / g * t;
        x = x - b / g * t;
    }
  
    return g;
}
ll solve_1(ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y){
    ll g = exgcd(a, b, x, y);
    x = x * (c / g); y = y * (c / g);
     
    if(y < 0){ // 让 z 尽可能小，这样 m 就尽可能大了
        ll t = ceil(-y * 1.0 / (a / g));
        y = y + a / g * t;
        x = x - b / g * t;
    }
    return g;
}
int main(int argc, char **args){
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
       
    ll a, b, c, k;
    cin >> a >> b >> c >> k;
    ll x, y, z, m;
    ll d = __gcd(a, b);
    ll g = solve_1(d, c, k, m, z);
    solve(a, b, m * d, x, y);
    cout << x << " " << y <<" " << z<<"\n";
return 0;
}