2017 Multi-University Training Contest 2

官方题解

1001 Is Derek lying?

找出上下界直接判断

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s1[100005];
char s2[100005];
int n,a,b,c,d;
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        a=0;
        scanf("%d%d%d",&n,&c,&d);
        scanf("%s%s",s1,s2);
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(s1[i]==s2[i]) a++;
        }
        b=n-a;
        int L=max(0,c-b),R=0;
        if(a>c) R=c+b;
        else R=n-(c-a);
        if(d>=L&&d<=R){
            printf("Not lying
");
        }
        else{
            printf("Lying
");
        }
    }


    return 0;
}

1002 hash

1003 Maximum Sequence

记录一个后缀最大值，贪心使每一个数最大。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n;
int a[500005];
int b[500005];
int suf[500005];
int main(){
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        int ans=0;
        memset(suf,0,sizeof(suf));
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
        sort(b+1,b+1+n);
        for(int i=n;i>=1;i--) suf[i]=max(suf[i+1],a[i]-i);
        ans=a[n+1]=suf[b[1]];
        int now=a[n+1]-(n+1);
        for(int i=n+2;i<=n*2;i++){
            a[i]=max(suf[b[i-n]],now);
            ans+=a[i]; ans%=mod;
        }
        printf("%d
",ans);
    }

    return 0;
}

1004 Puzzle

性质一：数列交换相邻两个数，逆序对奇偶性改变。

性质二：以从左到右从上到下为顺序看作一个数列，不论如何改变最终逆序对奇偶性不变，因为空格总还是需要回到空格处，所以操作是会相互抵消。

性质三：最终一定可以得到除了右下角的2*2以外，全都满足位置要求。

求逆序对，判断奇偶。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,m,p;
int main(){
    LL t;
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
        LL ans=0,tot=n*m-1;
        while(tot>p){
            LL tmp=(tot+p-1)/p;
            LL last=(tmp-1)*(p-1);
            ans+=last*tmp/2;
            tot-=tmp;
        }
        if(ans%2==0) printf("YES
");
        else printf("NO
");
    }

    return 0;
}

1005 Sdjpx Is Happy

1006 Funny Function

f[1][n]的通项可以求出，再向后计算可得f[m][1]的公式。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+7;
LL pow_mod(LL a,LL n){
    LL res=1,t=a;
    while(n){
        if(n&1) res=(res*t)%mod;
        t=(t*t)%mod;
        n/=2;
    }
    return res;
}
LL inv(LL x){
    return pow_mod(x,mod-2);
}
LL n,m;
int main(){
    LL t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>m;
        LL ans1=pow_mod(2,m)*pow_mod( (pow_mod(2,n)-1+mod)%mod,m-1 )%mod;
        LL ans2=pow_mod(-1,m)*pow_mod( (pow_mod(-1,n)-1+mod)%mod,m-1 )%mod;
        LL ans=(ans1-ans2+mod)%mod;
        ans=ans*inv((3*pow_mod(2,m-1))%mod)%mod;
        cout<<ans<<endl;
    }

    return 0;
}

1007 If the starlight never fade

1.原根：假设一个数g是P的原根，那么g^i mod P的结果两两不同,且有 1<g<P, 0<i<P,归根到底就是g^(P-1) = 1 (mod P)当且仅当指数为P-1的时候成立.(这里P是素数)。

2.所有的数在取模的情况下都可以由原根的幂次表示，当模为1时，幂次为 p-1。

3.若 gcd(n,i)=1 则 gcd(n,n-i)=1。

4.由3可推出：[1,n]中与n互质的数的和为 phi(n)*n/2。

官方题解推导（对于每一个y，x的取值个数相同）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+7;
LL euler(LL n){
    LL ans=n;
    for(LL i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            ans-=ans/i;
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n>1) ans-=ans/n;
    return ans;
}
LL m,p,tmp;
void add(LL &x,LL y){
    x%=mod; y%=mod;
    x=(x+y)%mod;
    if(x<0) x+=mod;
}
LL fun(LL x){
    if(x==1) return 1;
    else return (x*euler(x)/2)%mod;
}
int main(){
    LL t;
    scanf("%lld",&t);
    LL T=t;
    while(t--){
        scanf("%lld%lld",&m,&p);
        LL ans=0;
        add(ans,-(p*(p-1)/2%mod));
        for(int i=1;i*i<=p-1;i++){
            if((p-1)%i==0){
                tmp=i;
                add(ans,(tmp*tmp%mod)*fun((p-1)/tmp));
                if(i*i!=p-1){
                    tmp=(p-1)/i;
                    add(ans,(tmp*tmp%mod)*fun((p-1)/tmp));
                }
            }
        }
        printf("Case #%lld: %lld
",T-t,ans*m%mod);
    }

    return 0;
}

1008 To my boyfriend

每个数分开计算期望再求和。

总数小于13的容斥，大于13的枚举不存在的情况。

（13=log1e4）使得时间复杂度最小。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,m;
LL a[105][105];
vector<LL> pp[10005][105];
vector<LL> num;
struct node{
    LL x,y;
};
vector<node> poLL[10005];
LL solve(LL u){
    LL res=0;
    for(LL i=1;i<=n;i++)
    for(LL j=1;j<=m;j++){
        if(a[i][j]==u) continue;
        LL ry=m+1;
        for(int k=i;k<=n;k++){
            for(int q=0;q<pp[u][k].size();q++){
                if(pp[u][k][q]>=j) {
                    ry=min(ry,pp[u][k][q]);
                    break;
                }
            }
            res+=ry-j;
        }
    }
    return res;
}
LL vis[20];
void dfs(LL deep,LL u,LL times,LL &res){
    if(deep>=poLL[u].size()){
        if(times==0) return;
        LL lx=105,ly=105,rx=0,ry=0;
        for(LL i=0;i<poLL[u].size();i++){
            if(vis[i]){
                lx=min(lx,poLL[u][i].x);
                ly=min(ly,poLL[u][i].y);
                rx=max(rx,poLL[u][i].x);
                ry=max(ry,poLL[u][i].y);
            }
        }
        if(times%2==1) res+=(n-rx+1)*lx*(m-ry+1)*ly;
        else res-=(n-rx+1)*lx*(m-ry+1)*ly;
    }
    else{
        vis[deep]=1;
        dfs(deep+1,u,times+1,res);
        vis[deep]=0;
        dfs(deep+1,u,times,res);
    }
}
int main(){
    LL t;
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        num.clear();
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        for(LL i=0;i<=n*m;i++){
            poLL[i].clear();
            for(int j=1;j<=n;j++) pp[i][j].clear();
        }
        for(LL i=1;i<=n;i++)
        for(LL j=1;j<=m;j++){
            scanf("%lld",&a[i][j]);
            num.push_back(a[i][j]);
            poLL[a[i][j]].push_back((node){i,j});
            pp[a[i][j]][i].push_back(j);
        }
        sort(num.begin(),num.end());
        num.erase(unique(num.begin(),num.end()),num.end());
        LL ans=0;
        LL tot=(n*(n+1)/2)*(m*(m+1)/2);
        for(LL i=0;i<num.size();i++){
            LL v=num[i];
            if(poLL[v].size()<=13){
                memset(vis,0,sizeof(vis));
                LL tmp=0;
                dfs(0,v,0,tmp);
                ans+=tmp;
            }
            else ans+=tot-solve(v);
        }
        printf("%.9lf
",(double)ans/tot);
    }
    return 0;
}

1009 TrickGCD

每一个区间gcd不为1，只要[1,n]的gcd不为1就好。

记录每一个数出现的次数维护前缀和，求出当gcd为每个数的倍数时的总数。

最后需要去重。

（题解给的是莫比乌斯变换）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+7;
LL n;
LL a[100005];
LL x[100005];
LL sum[100005];
LL num[100005];
LL pow_mod(LL a,LL n){
    LL res=1,t=a;
    while(n){
        if(n&1) res=(res*t)%mod;
        t=(t*t)%mod;
        n/=2;
    }
    return res;
}
LL solve(LL x,LL min_num){
    LL res=1;
    LL tmp=min_num/x;
    while(tmp--){
        LL num=sum[min(x*(tmp+2)-1,100001LL)]-sum[min(x*(tmp+1)-1,100000LL)];
        if(num==0) continue;
        res=(res*pow_mod(tmp+1,num))%mod;
    }
    return res;
}
int main(){
    LL t;
    scanf("%lld",&t);
    LL T=t;
    while(t--){
        memset(num,0,sizeof(num));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(x,0,sizeof(x));
        scanf("%lld",&n);
        LL L=100005,R=0;
        for(LL i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lld",&a[i]); num[a[i]]++;
            L=min(L,a[i]); R=max(R,a[i]);
        }
        for(LL i=1;i<=100003;i++) sum[i]=sum[i-1]+num[i];
        for(LL i=2;i<=L;i++) x[i]=solve(i,R);
        for(LL i=L;i>=2;i--){
            for(LL j=i+i;j<=L;j+=i){
                x[i]=(x[i]-x[j]+mod)%mod;
            }
        }
        LL ans=0;
        for(int i=1;i<=L;i++) ans=(ans+x[i])%mod;

        printf("Case #%lld: %lld
",T-t,ans);
    }

    return 0;
}

1010 String and String

1011 Regular polygon

整点中只存在正四边形。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int x[2005],y[2005];
int vis[2005][2005];
int main(){
    while(~scanf("%d",&n)){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
            x[i]+=500; y[i]+=500;
            vis[x[i]][y[i]]=1;
        }
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                int dx=x[i]-x[j];
                int dy=y[i]-y[j];
                if(vis[x[i]+dy][y[i]-dx]&&vis[x[j]+dy][y[j]-dx]) ans++;
                if(vis[x[i]-dy][y[i]+dx]&&vis[x[j]-dy][y[j]+dx]) ans++;
            }
        }
        printf("%d
",ans/4);
    }

    return 0;
}