2012亚洲区成都现场赛原创题解

2012亚洲区成都现场赛原创题解

A题
求字符串ASCII码之和，遍历即可。
B题
我的方法是先猜一个数，然后向两边递推，用long double刚好卡过~

B
 1 #include<cmath>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<iostream>
 4 using namespace std;
 5 const int M = 200005*2;
 6 double lg[M];
 7 double work(double p,int n){
 8     double s = (n+1) * log(p);
 9     double ans = n*exp(s);
10     for(int k = 1; k <= n; k++) {
11         s += log(1-p) + lg[n + k] - lg[k];
12         ans += (n-k) * exp(s);
13         //cout<<ans<<endl;
14     }
15     return ans;
16 }
17 int main(){
18     int n,tst=1; double p;
19     for(int i = 1; i < M; i++) lg[i] = log(i);
20     while (~scanf("%d%lf",&n,&p)){
21         double ans = work(p,n) + work(1-p,n);
22         printf("Case %d: %.6lf\n",tst++,ans);
23     }
24 }
25 

C题
对于长度len，我们要知道len所有的因子 fac，可以分解成的三边互质的三角形种类数，和len/fac的分组种类。
后者是2^(len/fac)，也就是插板问题...
前者我的方法是预处理：

先不管互质的问题，如果我们就针对一个长度 L求他可以分解成的三角形种类数。我们可以枚举最长边Lmax。
然后以Lmax为最长边的三角形一共有 Lmax - ceil((L-Lmax)/2) + 1个。也就是枚举次长边。
这样的话，对于每个L，最长边可取范围一定是一个区间，我们可以通过L-1的区间来推出L的区间。
我们可以看出，L增加1的话，对于不变的Lmax，Lmax - ceil((L-Lmax)/2) + 1要么不变，要么变化了1。和奇偶性有关。
于是这个我们也可以维护了。。。。

于是非互质的问题求出来了。
接下来，假设f(L)是非互质的情况，那么互质的性况应该是g(L) = f(L) - sum(g(K));其中K是L的因子。
这个东西可以用筛法来搞，复杂度O(nlogn)。

问题解决。

C
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 using namespace std;
 4 int n;
 5 const int N = 5000005;
 6 const int mod = (int)1e9+7;
 7 typedef long long ll;
 8 int dp[N],flag[N];
 9 inline int cal(int len,int r){
10     int a = r - (len/2 + len%2) + 1;
11     return a;
12 }
13 int main(){
14         int l = 1,r = 1; int s = 1;
15         for(int i = 3; i < N; i++){
16             flag[i] = s;
17             int even,odd;
18             if((l&1)!=(r&1)) {
19                 even = odd = (r-l+1)/2;
20             } else {
21                 if((l&1) == (i&1)) even = (r - l + 1) / 2 + 1, odd = even - 1;
22                 else odd = (r - l + 1) /2 + 1, even = odd - 1;
23             }
24             s = (s - even + mod ) % mod;
25             if(~i&1) { r++;
26                 s = (s + cal(i+1-r,r)) % mod;
27             }
28             if(i%3==0) {
29                 s = (s - cal(i+1-l,l) + mod) % mod;
30                 l++;
31             }
32         }
33         for(int i = 3; i < N; i++)
34             for(int j = i+i; j < N; j+=i)
35                 flag[j] = (flag[j] - flag[i] + mod) % mod;
36         dp[1] = 1;
37         for(int i = 2;i < N; i++) {
38             dp[i] = 2*dp[i-1]%mod;
39         }
40     //return 0;
41     int cas = 0;
42     while(~scanf("%d",&n)){
43         printf("Case %d: ",++cas);
44         ll ans = 0;
45         for(int i = 1; i*i <= n; i++) if(n%i==0){
46             ans = (ans + 1LL*flag[i] * dp[n/i])%mod;
47             if(i * i != n){
48                 ans = (ans + 1LL*flag[n/i] * dp[i]) % mod;
49             }
50         }
51         printf("%d\n", (int)ans);
52     }
53 }
54 

DEFGHJ不会

I题
还是枚举因子，递推预处理。。。

I
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 using namespace std;
 4 const int N = 1001;
 5 const int mod = (int)1e9+7;
 6 int ans[N];
 7 int main(){
 8     int n;
 9     ans[1] = 1;
10     for(int i = 2; i < N; i++) {
11         int v = i - 1;
12         for(int j = 1; j * j <= v; j++) if(v % j == 0) {
13             ans[i] = (ans[i] + ans[j]) % mod;
14             if(j*j!=v) ans[i] = (ans[i] + ans[v/j]) % mod;
15         }
16     }
17     int tst = 1;
18     while(~scanf("%d",&n)) {
19         printf("Case %d: %d\n",tst++,ans[n]);
20     }
21 }
22 

K题
大陈题。。。 根据剩余类建图广搜。。。