【LGR-054】洛谷10月月赛II
luogu
成功咕掉Codeforces Round #517的后果就是，我\(\mbox{T4}\)依旧没有写出来。\(\mbox{GG}\) 。
浏览器
\(\mbox{popcount}\)为\(0\)的乘上\(\mbox{popcount}\)为\(1\)的就是答案。
因为两个数异或以后二进制位\(1\)的个数的奇偶性不会变。
至于计算\(\mbox{popcount}\)，预处理到根号，\(O(1)\)计算即可。
#include
#include
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
#define ll long long
int n,cnt[65536],sz[2];ll a,b,c,d,x;
int main(){
n=gi();a=gi();b=gi();c=gi();d=gi();x=gi();
for (int i=0;i<65536;++i) cnt[i]=cnt[i>>1]^(i&1);
for (int i=1;i<=n;++i){
x=(a*x%d*x%d+b*x%d+c)%d;
++sz[cnt[x&65535]^cnt[x>>16]];
}
printf("%lld\n",1ll*sz[0]*sz[1]);
return 0;
} 大师
直接枚举公差，然后\(O(n)\)扫一遍即可。
#include
#include
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 20005;
const int mod = 998244353;
void inc(int &x,int y){x+=y;x>=mod?x-=mod:x;}
int n,a[N],f[N],s[N],ans;
int main(){
n=gi();ans=n;
for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=gi();
for (int i=-20000;i<=20000;++i){
for (int j=1;j<=n;++j){
if (a[j]-i>=0&&a[j]-i<=20000) f[j]=s[a[j]-i]+1;
else f[j]=1;
inc(s[a[j]],f[j]);inc(ans,f[j]);
}
inc(ans,mod-n);
for (int j=1;j<=n;++j) s[a[j]]=0;
}
printf("%d\n",ans);return 0;
} 礼物
限制条件是如果一个数是另一个数的子集，那么两个数不能被放在同一个盒子里。
对关系建一个\(DAG\)，每个数向自己的所有子集连边，这样拥有拓扑关系的两个数就不能放在一起。答案就是\(DAG\)最长链长度。
构造方案的话，建立一个源点跑出到每个点\(i\)的最长路\(f_i\)，那么\(i\)就放到编号为\(f_i\)的盒子里就行了。
暴力建边\(3^k\)，注意当\(n=2^k\)即\(a_i\)取遍\([0,2^k)\)时，建出这个\(DAG\)只需要连\(O(k2^k)\)条边就行了。如果不满的话，还是把这\(2^k\)个点都建出来，不存在的点权值设为\(0\)，依然按上述做法做即可。
#include
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using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 2e6+5;
int n,k,S,vis[N],f[N];vectorans[21];
int main(){
n=gi();k=gi();S=(1< 口袋里的纸飞机
考虑计算每个数\(x\)会在多少种数列中被生成出来。进一步的，因为不能确定生成的\(x\)的个数，所以考虑计算\(x\)在多少数列中不会被生成出来。
对数列中的每个数对\(P\)取模，这样每个\([0,P)\)就可以有\(\lfloor\frac RP\rfloor\)或\(\lfloor\frac RP\rfloor+1\)种不同选法。
如果\(x=0\)，那么只要满足数列中不存在\(0\)就可以了。
如果\(x\neq0\)，那么对于每个\(a\in[1,P)\)，都有一个唯一且互不相同的\(b\in[1,P)\)使得\(a\times b=x\mod p\)。这样相当于是对于一个\(x\neq0\)，存在若干对无交集的\((a,b)\)，要求同一对中的两个数不能同时出现。
这个东西的方案数怎么计算呢？你发现\(n\le500\)，也许是......生成函数？
说一种显得不那么劝退的做法。考虑设\(f_{i,j}\)表示用了前\(i\)对数填了\(j\)个位置的方案数，转移显然就是枚举当前这对数填多少个，同时因为位置可以任意选所以还得要乘上一个组合数。这样一写出来就会发现他就是一个指数生成函数卷积的形式，即\(C_i=\sum_{j=0}^i\binom ijA_jB_{i,j}\)。
所以对于每个\(x\)大有概\(O(P)\)的数对，每个数对可以用一个指数生成函数表示，把这\(O(P)\)个生成函数暴力卷起来，就可以得到一个\(O(n^2P^2)\)的做法。
然后因为每个\([0,P)\)只有\(\lfloor\frac RP\rfloor\)或\(\lfloor\frac RP\rfloor+1\)种不同的选法，所以本质不同的数对只有\(3\)种。我们考虑一下每种数对的生成函数。令\(B=\lfloor\frac RP\rfloor\)。
数对中两个数都只有\(B\)种选法，考虑计算无限制减去两个数同时出现的方案：\(A(x)=e^{Bx}e^{Bx}-(e^{Bx}-1)e^{Bx}-1)=2e^{Bx}-1\)。其中\(e^{Bx}\)实际上就是\((e^x)^B\)。
同理有\(B(x)=e^{Bx}+e^{(B+1)x}-1,C(x)=2e^{(B+1)x}-1\)。
假设对于某个\(x\)它三种数对的个数分别是\(u,v,w\)，那么我们就只需要计算\(A^u(x)\times B^v(x)\times C^w(x)\times e^{Bx}\)就行了。
为什么还有一个\(e^{Bx}\)？因为数列中还可以有\(0\)呀。这一点你有没有注意到呢？
所以我们先预处理出\(A(x),B(x),C(x)\)的\(P\)次幂，这样预处理的复杂度可以做到\(O(n^P)\)，然后对于每个\(x\)都可以\(O(n^2)\)地计算卷积，总复杂度还是\(O(n^2P)\)，可以获得\(80\)分的好成绩。
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using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int mod = 1000000007;
inline void inc(int &x,int y){x+=y;x>=mod?x-=mod:x;}
inline void dec(int &x,int y){x-=y;x<0?x+=mod:x;}
int fastpow(int a,int b){
int res=1;
while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
int n,P,R,B,S,inv[5005],C[505][505],ans;
struct poly{
int a[505];
poly(){memset(a,0,sizeof(a));}
poly operator * (poly b){
poly c;
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=i;++j)
c.a[i]=(c.a[i]+1ll*a[j]*b.a[i-j]%mod*C[i][j])%mod;
return c;
}
}dp[3][5005],zero;
int main(){
n=gi();P=gi();R=gi();B=R/P;
inv[1]=1;
for (int i=2;i0),j)+fastpow(B+(i>1),j))%mod;
for (int j=2;j<=P;++j) dp[i][j]=dp[i][j-1]*dp[i][1];
}
for (int i=0;i<=n;++i) zero.a[i]=fastpow(B,i);
S=fastpow(R,n);inc(ans,S);dec(ans,fastpow(R-B,n));
for (int i=1;i 满分做法比较玄学。
首先，要求\(A(x)\)的若干次幂其实只要预处理到根号就行了，即预处理\(A(x),A^2(x),A^3(x)...\)以及\(A^{\sqrt p}(x),A^{2\sqrt p}(x),A^{3\sqrt p}(x)...\)这样预处理的复杂度可以降到\(O(n^2\sqrt P)\)，且对于一个\(x\)仍可以做到\(O(n^2)\)计算。
然后后本部分仍是复杂度瓶颈？发现对于每个\(x\)答案只与三种数对的个数\(u,v,w\)有关，所以加个记忆化......就能过了？
司说本质不同的数对数量是\(O(\sqrt P)\)的，那......就是吧。
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