书信(letter)
Description
有 n 个小朋友， 编号为 1 到 n， 他们每人写了一封信， 放到了一个信箱里， 接下来每个人从中抽取一封书信。 显然， 这样一共有 n!种拿到书信的情况。
现在亮亮规定， 对任意的 1<=x,y<=n， 如果 x 号小朋友拿到 u 号小朋友写的 书信， y 号小朋友拿到 v 号小朋友写的书信， 那么（x+y）号小朋友必须拿到（u+v） 号小朋友写的书信（这里的加法若和超过了 n， 那么就减去 n） 。
小林想知道， 总共有多少种拿到书信的情况呢？
Input
只有一行一个正整数 n。
Output
只有一行一个正整数， 表示符合条件的情况的总数。
这题感觉不太可证明，自己不会
通过枚举全排列打表发现,这题就是一个裸的求(phi(n))
(O(sqrt{n}))求(phi(n))的话就不多(BB)了 。
这里放一下公式。
然后直接去求然后输出即可。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
#define R register
using namespace std;
inline void in(R int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n;
inline int phi(int x)
{
int res=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
res=res/i*(i-1);
while(x%i==0)x/=i;
}
}
if(x>1)res=res/x*(x-1);
return res;
}
signed main()
{
freopen("letter.in","r",stdin);
freopen("letter.out","w",stdout);
in(n);
printf("%lld
",phi(n));
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
金条(au)
Description
小林在一家商店里购物， 共有 i 件物品， 第 i 件物品的价格为 i。 小林身上带 了许多金条， 每根金条的价值都为整数， 价值为 1~N 的金条数量都足够多。
对于任何一件物品，小林只会用同一价值的若干金条购买它，而且不能找零。 因此， 对于第 i 件物品， 会有 C(i)种购买方法。 小林只会选择这样的一件物品 i 进行购买： C(i) > max{ C(j) }， 1 <= j < i。
请你告诉小林， 他能购买的最贵的物品的价格是多少。
Input
只有一行一个整数 N。
Output
只有一个整数， 表示答案。
通过读题可以发现,我们是求(1)到(n)之间的约数个数最多的数。
PS：如果两个数的约数个数相同,取较小的一个。
有一个结论：可以求一个数的约数个数。
首先根据唯一分解定理(其中(p_1)是素数)
那么一个数的约数个数就是这个：
(d(x))表示(x)的约数个数。
然后通过计算可以知道,在(2 imes 10^9)中不同的质数的个数不会超过(10)个.
因此我们写出前(10)个素数.
然后直接暴力搜索即可。
注意：两个数的约数个数相同的话,取较小的一个。
题目要求严格(>)
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int prime[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41};
int ans,mx,n;
void dfs(R int dep,R int now,R int cnt)
{
if(dep>=11)return;
if(cnt>mx)mx=cnt,ans=now;
if(cnt==mx and ans>now)ans=now;
for(R int i=1;i<=32;i++)
{
if(now*prime[dep]>n)break;
dfs(dep+1,now*=prime[dep],cnt*(i+1));
}
}
signed main()
{
freopen("au.in","r",stdin);
freopen("au.out","w",stdout);
in(n);
dfs(1,1,1);
printf("%lld",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
小朋友(friend)
Description
n 个小朋友在一起做游戏， 第 i 个小朋友的快乐值为 Di。 当第 i 个小朋友和 第 j 个小朋友一起玩时， 他们能获得 Di xor Dj 的快乐值。 每一个小朋友 i 都 想知道， 他和谁一起玩能够获得最大的快乐值， 请你帮他们每个人分别求出这个 值。
Input
第一行有一个整数 (n)。 第二行三个整数 (K, B, P)（(1≤K≤20)， (0≤B＜2^{16})， (0≤P＜2^{24})） 。 根据 $ D_i = (K imes D_{i-1} + B)％2^{24}$ 和 (D_1 = P) 自行计算整个 (P) 数组 。
Output
一个整数 (Ans)，(Ans=(sum_{i=1}^{n} 3^{i-1} imes Ans_i)％2^{24}) 。 其中 (Ans_i) 表示对于第 i 个小朋友 我们需要的答案。
表示看到异或,还是取两两异或的最大值,选择树(01Trie)。
这个东西网上讲解很多,不多(BB).
我们将得到的(D_i)插入到(Trie)树中。
查询就普通查询(贪心)即可。
时限由于有(5s)所以怎么搞都行。
注意不要傻到每次(ksm)求(3^{i-1})
可以预处理,可以用一个变量。(这里我用了预处理)
这可以说是一个裸题？
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 16777216
#define lo long long
#define R register
using namespace std;
const int gz=2e6+5;
inline void in(R lo &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
lo n,K,B,P,ans;
lo a[gz],po[gz]={1};
struct Trie
{
int ch[gz*15][2],idx;
inline void ins(R int x)
{
R int u=0;
for(R int i=25;i>=0;i--)
{
R int bit=(x>>i)&1LL;
if(!ch[u][bit])ch[u][bit]=++idx;
u=ch[u][bit];
}
}
inline int query(R int x)
{
R int u=0,res=0;
for(R int i=25;i>=0;i--)
{
R int bit=(x>>i)&1LL;
if(ch[u][bit^1])
{
res+=(1LL<<i);
u=ch[u][bit^1];
}
else u=ch[u][bit];
}
return res;
}
}woc;
int main()
{
freopen("friend.in","r",stdin);
freopen("friend.out","w",stdout);
in(n);in(K),in(B),in(P);a[1]=P%mod;woc.ins(a[1]);
for(R int i=1;i<=n;i++)po[i]=po[i-1]*3%mod;
for(R int i=2;i<=n;i++)
{
a[i]=((K*a[i-1])%mod+B)%mod;
woc.ins(a[i]%mod);
}
for(R int i=1;i<=n;i++)
(ans+=po[i-1]*woc.query(a[i])%mod)%=mod;
printf("%lld
",(ans+mod)%mod);
}