[CSP-S模拟测试67]题解

时隔多年，终于又有了一套我能改完的题……

A.神炎皇

遇到这种要求整除的题显然拆出gcd

设$d=gcd(a,b) a'=frac{a}{d} b'=frac{b}{d}$

原式转化为$(a'd+b'd)|(a'db'd)$

$(a'+b')|(a'b'd)$

又因为$gcd(a',b')=1$

所以$a'+b'$一定不是$a'b'$的因子，进而得到$(a'+b')|d$

又由$a+b leq n ightarrow (a'+b')d leq n ightarrow a'+b' leq sqrt{n}$

不妨枚举$s=a'+b'$

那么满足$gcd(a',b')=1$的合法数对有多少个？

由更相减损术可得$gcd(a,b)=gcd(a+b,b)$

所以$a',b'$共$varphi (s)$对

那合法的$d$也就只有$frac{n}{s^2}$个

答案即$sum limits _{i=2}^{n} varphi (i) imes frac{n}{i^2}$

注意到当$i> sqrt{n}$时每项为0，所以枚举到$sqrt{n}$即可

复杂度$O(sqrt{n})$。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+2;
ll n,ans,sqt;
int pr[N],vis[N],tot,phi[N];
void work()


{
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=sqt;i++)
	{
		if(!vis[i])pr[++tot]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=tot&&pr[j]*i<=sqt;j++)
		{
			vis[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j])phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
			else
			{
				phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
				break;
			}
		}
		ans+=1LL*phi[i]*(n/(1LL*i*i));//cout<<ans<<endl;
	}
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	sqt=sqrt(n);
	work();
	/*for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<i<<' '<<phi[i]<<endl;*/
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

B.降雷皇

就是LIS再加上求方案数……权值线段树可以一次性处理二者信息，每次查询当前序列值对应的最长公共子序列长度和方案数转移即可。注意区间查询左右边界问题。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
typedef long long ll;
const ll mod=123456789;
int n,a[N],type,side;
int ans,f[N<<2],res=1;
ll num,g[N<<2];
#define ls(k) (k)<<1
#define rs(k) (k)<<1|1
void up(int k)
{
    f[k]=max(f[ls(k)],f[rs(k)]);
    if(f[ls(k)]>f[rs(k)])g[k]=g[ls(k)];
    else if(f[rs(k)]>f[ls(k)])g[k]=g[rs(k)];
    else g[k]=(g[ls(k)]+g[rs(k)])%mod;
}
void ins(int k,int l,int r,int pos,int valf,ll valg)
{
    if(l==r)
    {
        if(f[k]<valf)f[k]=valf,g[k]=valg;
        else if(f[k]==valf)(g[k]+=valg)%=mod;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid)ins(ls(k),l,mid,pos,valf,valg);
    else ins(rs(k),mid+1,r,pos,valf,valg);
    up(k);
}
void ask(int k,int l,int r,int L,int R)
{
    if(L>R)return ;
    if(L<=l&&R>=r)
    {
        if(ans<f[k])ans=f[k],num=g[k];
        else if(ans==f[k])(num+=g[k])%=mod;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(L<=mid)ask(ls(k),l,mid,L,R);
    if(R>mid)ask(rs(k),mid+1,r,L,R);
}

int main()
{
    n=read();type=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read(),side=max(side,a[i]);
    int nowf=1;ll nowg=1;
    ins(1,1,side,a[1],nowf,nowg);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        ans=num=0;
        ask(1,1,side,1,a[i]-1);
        nowf=ans+1;nowg=max(1LL,num);
        //cout<<nowf<<' '<<nowg<<endl;
        res=max(res,nowf);
        ins(1,1,side,a[i],nowf,nowg);
    }
    printf("%d
",res);
    if(!type)return 0;
    ans=num=0;
    ask(1,1,side,1,side);
    printf("%lld
",num);
    return 0;
}

C.幻魔皇

神一样的思路

第一步就跪了……根本没想到可以枚举距离

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5005;
const ll mod=123456789;
ll f[N],sum[N],ans[N<<1];
int n;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    f[1]=f[3]=1;sum[1]=sum[2]=1;sum[3]=2;
    for(int i=4;i<=n;i++)
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;
    for(int i=1;i<n;i++)
        (ans[i]+=sum[n-i]*f[i+1]%mod)%=mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            int d1=i+j,d2=max(i,j);
            (ans[d1]+=(sum[n-d2+1]-1)*f[j+1]%mod*f[i]%mod)%=mod;
        }
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
        printf("%lld ",ans[i]);
    putchar('
');
    return 0;
}