T1
题目大意， (S_{i,j}=sum_{k=i}^j a_k) ，求 (ans=min{ S_{i,j}mod P|S_{i,j}mod Pge K })
其中 (ile j)，({ S_{i,j}mod P|S_{i,j}mod Pge K }) 非空
设 (s_i) 是取模的前缀和，显然是要满足条件的 ((s_j-s_i)mod P) 最小
对于一个 (s_j) ，要 (s_i) 最大，变成一个查询前驱的问题
但是有限制，考虑分类讨论
-
(s_jge s_i) 时原式变为 (s_j-s_i) ，要满足要求， (s_i) 最大是 (s_j-K)，直接查询 (s_j-K) 的前驱
原因：(s_j-(s_j-K)=Kge K)
-
(s_j<s_i) 时原式变为 (s_j-s_i+P) ，要满足要求， (s_i) 最大是 (s_j-K+P)，查询 (s_j-K+P) 的前驱
查询完，将 (s_i) 插入
至于查询前驱，和普通的平衡树有一点区别：不严格前驱
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,INF=100000000;
int n,K,P,ans=INF,s[N];
int cnt[N],val[N],sz[N],fa[N],ch[N][2],root,tot;
inline int Get(int x) { return ch[fa[x]][1]==x; }
inline void Up(int x) { sz[x]=cnt[x]+sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]]; }
inline void Rot(int x) {
register int y=fa[x],z=fa[y],k=Get(x);
ch[z][Get(y)]=x,fa[x]=z;
ch[y][k]=ch[x][k^1],fa[ch[x][k^1]]=y;
ch[x][k^1]=y,fa[y]=x;
Up(y),Up(x);
}
inline void Splay(int x,int goal=0) {
for(int y;(y=fa[x])^goal;Rot(x))
if(fa[y]^goal)Rot(Get(x)^Get(y)?x:y);
if(!goal)root=x;
}
inline void Find(int x) {
if(!root)return;
register int u=root;
while(ch[u][x>val[u]] && x^val[u])
u=ch[u][x>val[u]];
Splay(u);
}
inline void Ins(int x) {
register int u=root,fu=0;
while(u && val[u]^x)fu=u,u=ch[u][x>val[u]];
if(u)cnt[u]++;
else {
u=++tot;
if(fu)ch[fu][x>val[fu]]=u;
ch[u][0]=ch[u][1]=0;
fa[u]=fu,val[u]=x;
cnt[u]=sz[u]=1;
}
Splay(u);
}
inline int Pre(int x) {
register int u=root,mx=-INF;
while(1) {
if(!u)return mx;
if(val[u]>x)u=ch[u][0];
else mx=max(mx,val[u]),u=ch[u][1];
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&K,&P);
Ins(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",s+i),
(s[i]+=s[i-1])%=P;
for(int i=1,xx,yy;i<=n;i++) {
xx=Pre(s[i]-K);
yy=Pre(s[i]-K+P);
// printf("%d %d
",xx,yy);
ans=min(ans,min(s[i]-xx,s[i]-yy+P));
Ins(s[i]);
}
printf("%d",ans);
}
T2
(n) 个 (D) 维的点，两点 (A(x_1,x_2,cdots,x_D),B(X_1,X_2,cdots,X_D)) 曼哈顿距离是 (sum_{i=1}^D |x_i-X_i|)
问两点间的最大距离
60
由于 (D=2) ，将点放入平面直角坐标系，求的是 (max{ |x_i-x_j|+|y_i-y_j|})
取绝对值，又四种情况
(+x_i-x_j+y_i-y_j)
(+x_i-x_j-y_i+y_j)
(-x_i+x_j+y_i-y_j)
(-x_i+x_j-y_i+y_j)
再合并一下
((+x_i+y_i)+(-x_j-y_j))
((+x_i-y_i)+(-x_j+y_j))
((-x_i+y_i)+(+x_j-y_j))
((-x_i-y_i)+(+x_j+y_j))
发现答案就在之中，
于是分类讨论两个括号，相加取 (max) 即可
100
将上面算法改一下即可：将分类讨论变成 (O(2^D)) 的全排列
排列同一个点的符号，然后记录对于所有点每一种排列的最大、最小值
最后最大-最小取最大即可
还可以更快的优化：
因为 (x_i-x_j=-x_i-(-x_j))
所以没有必要枚举第一个系数
直接定为 1
总复杂度 (O(nD imes 2^{D-1}))
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000005,INF=100000000;
int n,D,up,tot,x[6],mx[40],mn[40],ans;
void dfs(int st,int v) {
if(st>D) {
tot++;
mx[tot]=max(mx[tot],v);
mn[tot]=min(mn[tot],v);
return;
}
dfs(st+1,v+x[st]);
dfs(st+1,v-x[st]);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&D);
up=1<<D;
for(int i=1;i<=up;i++)
mx[i]=-INF,mn[i]=+INF;
n=0;
while(scanf("%d",&x[1])!=EOF) {
for(int j=2;j<=D;j++)
scanf("%d",&x[j]);
tot=0,dfs(2,x[1]);
}
for(int i=1;i<=up;i++)
ans=max(ans,mx[i]-mn[i]);
printf("%d",ans);
}
T3
求 (dfrac{1}{x}+dfrac{1}{y}=dfrac{1}{n}) 的本质不同的解的个数
所以，只要 ((x-n)) 和 ((y-n)) 是 (n^2) 的约数，就是一个解
于是分解质因数求 (n^2) 因数个数，注意
- 求的是 (n^2) 得因数个数，对于 (n) 得一个质因数次数要乘二
- 如果到最后 (n>1) 说明还有一个质因数，答案乘 3
- 要求本质不同的解，即 (lceil dfrac{ans}{2} ceil)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,ans=1,cnt;
int main() {
scanf("%lld",&n);
for(LL i=2;i<=sqrt(n);i++) {
if(n%i==0) {
cnt=0;
while(n%i==0)
n/=i,++cnt;
ans*=cnt<<1|1;
}
}
if(n>1)ans*=3;
printf("%lld",ans+1>>1);
}
T4
题目大意： 对 (n imes m) 得地图染色，要求每一个 (2 imes 2) 得小方阵内颜色不能相同
问方案数模 (P)，(nle 10^{100},mle 5)
(mle 5)，显然的状压 dp
50
设 (f_{i,s}) 为前 (i-1) 行放满，第 (i) 行状态为 (s) 得方案
有 (f_{i,s}=sum f_{i-1,t}) ，其中 (s,t) 为一组合法状态
复杂度 (O(n imes 2^m imes 2^m)) 期望 50
100
然后转移是固定的，设 (g_{s,t}=1)，其中 (s,t) 为一组合法状态
将 (f_i) 变成一个 (2^m imes2^m) 的矩阵
可得 (f_{i}=f{i-1} imes g)
即 (f(n)=f(1) imes g^{n-1})
(f(1)) 就第一行是 1，其余是 0
所以用矩阵快速幂，最后输出矩阵中所有元素和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int len,tn,m,P,up,p[20],sum,n[200],ck[40][40];
char s[200];
inline bool chk(int S,int T) {
for(int i=0;i<m-1;i++) {
if(!(S&p[i]) && !(S&p[i+1]) && !(T&p[i]) && !(T&p[i+1]))return 0;
if((S&p[i]) && (S&p[i+1]) && (T&p[i]) && (T&p[i+1]))return 0;
}
return 1;
}
struct mat {
int a[40][40];
mat() { memset(a,0,sizeof(a)); }
inline mat operator*(mat x) {
register mat res;
for(int i=0;i<=up;i++)
for(int j=0;j<=up;j++)
for(int k=0;k<=up;k++)
(res.a[i][j]+=a[i][k]*x.a[k][j])%=P;
return res;
}
}ans,tmp;
int main() {
for(int i=0;i<=10;i++)p[i]=1<<i;
scanf("%s%d%lld",s+1,&m,&P);
len=strlen(s+1),up=(1<<m)-1;
for(int i=1;i<=len;i++)n[i]=s[len-i+1]^48;
n[1]--;
for(int i=1;i<=len;i++) {
if(n[i])break;
n[i]+=10,--n[i+1];
}
while(!n[len] && len)--len;
for(int j=0;j<=up;j++)
for(int k=0;k<=up;k++)
tmp.a[j][k]=chk(j,k);
for(int i=0;i<=up;i++)ans.a[1][i]=1;
while(len) {
if(n[1]&1)ans=ans*tmp;
tmp=tmp*tmp;
for(int i=len;i>1;i--)
n[i-1]+=10*(n[i]&1),n[i]>>=1;
n[1]>>=1;
while(!n[len] && len)--len;
}
for(int i=0;i<=up;i++)
for(int j=0;j<=up;j++)
(sum+=ans.a[i][j])%=P;
printf("%d",sum);
}
总结
- 对于取模的分类讨论
- 对于绝对值的分类讨论
- 因式分解
- 转移固定就用矩阵乘