5月16日vj题解

CodeForces - 1033D 

这题是让我们找到a=∏ai，即a为ai的积和，让我们找出a的因子个数；

最终只需求出每个质因子的指数即可，我们可以使用一个map，记录每个质因子对应的指数。

• 我们对数字进行分类，合法的有p2p2,p4p4,p3p3,pqpq
• 前三种很好处理，现在考虑pqpq这种类型,如果a[i]=pqa[i]=pq那我们将所有数字都与a[i]a[i]求一次gcd，如果gcd(a[i],a[j])=pgcd(a[i],a[j])=p，那么可以直接更新map了。否则的话,质因子p,qp,q只在值为a[i]a[i]的数字中出现，我们统计一下这样的a[i]a[i]个数就好了。

接下来是代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 110000
#define rep(i,a,b)  for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
#define ll long long 
int gi() {
    int x = 0; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x;
}
#define mod 998244353
//123****123
map<ll, int>test;
ll a[maxn];
ll gcd(ll a, ll b)
{
    return !b ? a : gcd(b, a % b);//本代码的核心，gcd约分代码

}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ll p = sqrt(a[i]);
        if (p * p == a[i])
        {
            ll tmp = sqrt(p);
            if (pow(tmp, 4) == a[i])
            {
                test[tmp] += 4;
            }
            else
            {
                test[p] += 2;
            }
            continue;
        }
         p = cbrtl(a[i]);
        if (pow(p, 3) == a[i]) {
            test[p] += 3;
            continue;
        }
        bool lazy = false;
        for (int j = 1; j <= n&&!lazy; j++)
        {
            if (a[i] != a[j])
            {
                ll g = gcd(a[i], a[j]);
                if (g != 1)
                {
                    test[g]++;
                    test[a[i] / g]++;
                    lazy = true;
                    break;
                }
            }
        }
        if (!lazy)
        {
            test[a[i]] = sqrt(test[a[i]] + 1) + 1;
            test[a[i]] = test[a[i]] * test[a[i]] - 1;
        }
    }
    ll sum = 1;
    for (auto i : test)
    {
        sum = sum * (i.second + 1) % mod;
    }
    cout << sum << endl;
}

CodeForces - 1066E

题目大意：

给你两个数

　　1、给出两个大数a和b，要求计算(a&b) + (a & (b >> 1)) + (a & (b >> 2)) + ...

　　2、答案累加上一个操作的值

然后最终答案并且取摸998244353

题解：
因为第一个二进制不动，第二个在动，所以预处理第一个数获得答案，因为是and（与），所以只有2个都为1是才有贡献，例如样例：

1001

11010，

就会产生以下几种情况：
01001

11010

1001 

1101

1001

0011

1001

0110

1001

0001

我们会发现，第一位的1分别和上面的第一个1和最后一个1异或起来对答案有贡献

所以这个1对答案的贡献是8+1=9

我们把这个规律推广开来

对y中每一个1进行如上操作

即可得出答案

但是，我们会发现答案复杂度是O（n×m）的，过不了

所以我们要预处理

用前缀和跑一遍x即可

复杂度优化到O；

#include<assert.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
//#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 210000
#define rep(i,a,b)  for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
#define ll long long 
int gi() {
    int x = 0; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x;
}
#define mod 998244353
//123****123
map<ll, int>test;
ll gcd(ll a, ll b)
{
    return !b ? a : gcd(b, a % b);//本代码的核心，gcd约分代码

}
char a[maxn], b[maxn];
int sum[maxn];
int main()
{
    int n, m;
    while (cin >> n >> m)
    {
        for (int i = n; i >= 1; i--)
        {
            cin >> a[i];
        }
        for (int i = m; i >= 1; i--)
        {
            cin >> b[i];
            sum[i] = sum[i + 1] + b[i] - '0';
        }
        ll ans = 0, pw = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            if (a[i] == '1')
            {
                ans = (ans + (sum[i] * pw) % mod) % mod;
            }
            pw = pw * 2 % mod;
        }
        cout << ans << endl;
    }
}

Codeforces 1043F(容斥+dp)

Problem:给n个数(n<=3e5)，每个数<=3e5，选择最少的数，使得他们的gcd为1。输出这个最小子集的大小。
Idea:Idea:Idea:可以二分，或者直接枚举，因为2 * 3 * 5 * 7 * 11 * 13 * 17 > 3e5，每次选择会删去一个素数，所以答案不超过7。接着用莫比乌斯反演验证答案是否存在，g(x，len)表示集合大小为len，gcd为x的倍数的方案数，那么验证f(1, len)的方案数不为0即可。

代码一

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 3e5+10;
const int MOD = 1e9+7;

bool isn[N];
int mu[N], p[N];
LL inv[N], fac[N];

void init() {
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; ++i) inv[i] = MOD-(MOD/i*inv[MOD%i]%MOD);
    fac[0] = 1, inv[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i++){
        fac[i] = fac[i-1]*i%MOD;
        inv[i] = inv[i-1]*inv[i]%MOD;
    }
    int pnt = 0;
    isn[1] = 1; mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++) {
        if(!isn[i]) { p[pnt++] = i; mu[i] = -1; }
        for(int j = 0; j<pnt && i*p[j]<N; j++) {
            isn[i*p[j]] = 1;
            if(i%p[j] == 0) { mu[i*p[j]] = 0; break; }
            mu[i*p[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

inline LL C(int a, int b) { return fac[a]*inv[b]%MOD*inv[a-b]%MOD; }

int cnt[N];

int main() {
    init();
    int n, g; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int x; scanf("%d", &x);
        if(i == 1) g = x;
        else g = __gcd(g, x);
        cnt[x]++;
    }
    if(g != 1) { puts("-1"); exit(0); }
    for(int i = 1; i < N; i++)
    for(int j = i+i; j < N; j += i)
        cnt[i] += cnt[j];
    for(int i = 1; i <= min(n, 7); i++) {
        LL sum = 0;
        for(int j = 1; j < N; j++) if(cnt[j] >= i) {
            (sum += mu[j]*C(cnt[j], i)) %= MOD;
        }
        if(sum) { printf("%d
", i); break; }
    }
    return 0;
}

代码二

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,i,j,ii,now,A,B,f[300001],a[300001],cnt1[300001],cnt2[300001];
long long gcd(long long n1,long long m1){
    if(!m1)return n1;
    return gcd(m1,n1%m1);
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        if(a[i]==1){
            puts("1");
            return 0;
        }
        cnt1[a[i]]=cnt2[a[i]]=1;
    }
    now=a[1];
    for(i=2;i<=n;i++)now=gcd(now,a[i]);
    if(now>1){
     puts("-1");
     return 0;
}
    for(i=2;i<=n;i++){
        for(j=3e5;j;j--){
            A=B=0;
         for(ii=j;ii<=3e5;ii+=j){
             f[j]-=f[ii];
             A+=cnt1[ii];B+=cnt2[ii];
         }
         f[j]+=A*B;
     }
        for(j=1;j<=3e5;j++){
         f[j]=min(1ll,f[j]);
         cnt2[j]=f[j];
    }
       if(cnt2[1]>0){
           printf("%lld",i);
           return 0;
       }
    }
}