退役IV次后做题记录
我啥都不会了。。。。
AGC023 D
如果所有的楼房都在(S)同一边可以直接得出答案。
否则考虑最左最右两边的票数，如果左边>=右边，那么最右边会投给左边，因为就算车往右开，只要没走到最左边，最后也要折回左边，所以不如先走完左边然后直接过来。左边<右边一样。
然后递归下去变成了一个子问题，可以看做一边的票数+=另一边，然后删除另一边。
AGC023 E
考虑枚举两个位置(i,j)计算这两个位置产生逆序对的排列数量。
如果(A_i=A_j)很好算，方案数都是对称的，就是总的排列数/2。
总的排列数计算方法：设(C_i=sum_{j=1}^n[A_jge i],sum=Pi_{i=1}^n(C_i-n+i))
如果(A_i<A_j)也很好算，如果(P_j)取(>A_i)的值显然没有贡献，所以将(A_j)强制设为(A_i)再算即可，变成上面的情况
因为减少了一个(A)，所以会减少一段(C)，也就是排列的数量会变，乘一个(Pifrac{C_i-n+i-1}{C_i-n+i})
设(d_i=frac{C_i-n+i-1}{C_i-n+i})，也就是会乘一段(d)，但是(d)有(0)不能直接前缀鸡所以分段搞一下就行了。
如果(A_i>A_j)正难则反考虑用总方案-没有逆序对的方案数，这个就是将(A_i)强制设为(A_j)后总排列数/2，和上面一样，也是对(d)分段搞。
AGC023 F
先考虑有一堆序列，怎么拼成一段最优的序列，推推式子就知道答案是按照(cnt_0/cnt_1)从大到小选
然后搬到树上来，也是对的，就是每次选一个(cnt_0/cnt_1)最小的点，将这个点现在的序列合并到其父亲
（虽然感觉很玄学但却是就是对的。。。
loj2409
qwq多项式都不会打了qwq
计算(F(x)=sum x^if_i)
(=sum_{i=1}^nx^isum_{j=1}^na_j^i)
(sum_{j=1}^nsum_{i=1}^nx^ia_j^i)
(sum_{i=1}^nfrac{1}{1-a_ix})
然后这个可以分治通分跑了qwq但是常数很大qwq然后就神仙了qwq
(sum_{i=1}^n1-frac{a_ix}{1-a_ix})
(n-xsum_{i=1}^nfrac{a_i}{1-a_ix})
我也不知道怎么就能看出来这里可以积分了qwq
(n-xsum_{i=1}^n(ln(1-a_ix))')
(n-x(lnPi_{i=1}^n(1-a_ix))')
就可以较快地分治ntt做了qwq好牛批啊qwq
bzoj3462
首先(S)肯定是(Pi p_i)的形式（(p)互不相同）
然后就变成了一个背包
将(n)减去(sum p)，就变成了一个完全背包方案数
然后我发现我不会
这题还有一个性质就是(p)是(S)约数所以很优秀
设(n=sum p_ic_i,P_i=S/p_i)，将(c_i)拆成(xP_i+y)的形式，其中(y<P_i)，那么实际上(p_iP_ix)就是(S)倍数了，后面的(p_iy)就小于(S)了于是可以枚举有多少个整的(S)，分配给(m)个质数，剩下的做一个完全背包
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
ll gi(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
int p[10],m,bag[14000010],_bag[14000010],inv[10],ifact;
int C(ll n,int m){
int ret=ifact;
for(int i=0;i<m;++i)ret=(n-i)%mod*ret%mod;
return ret;
}
int Get(ll n,int m){return n?C(n+m-1,m-1):1;}
int main(){
#ifdef XZZSB
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int S=gi(),q=gi();
for(int i=2,s=S;i<=s;++i)
if(s%i==0){
s/=i;p[++m]=i;
if(s%i==0){while(q--)puts("0");return 0;}
}
int N=m*S,sum=0;
bag[0]=1;
for(int _=1,x;_<=m;++_){
x=p[_];sum+=x;
memcpy(_bag,bag,sizeof bag);
for(int i=1;i<=x;++i){
for(int j=i,sum=i==x;j<=N;j+=x){
if(j-S>=0)sum=(sum-_bag[j-S]+mod)%mod;
bag[j]=(bag[j]+sum)%mod;
sum=bag[j];
}
}
}
inv[1]=1;for(int i=2;i<=m;++i)inv[i]=mod-1ll*inv[mod%i]*(mod/i)%mod;
ifact=1;for(int i=2;i<m;++i)ifact=1ll*ifact*inv[i]%mod;
while(q--){
ll n=gi();int ans=0;if(n<sum){puts("0");continue;}
n-=sum;
for(int i=0,lim=std::min(n/S,m-1ll);i<=lim;++i)
ans=(ans+1ll*Get(n/S-i,m)*bag[n%S+S*i])%mod;
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
bzoj3481
枚举一个数(x)，要求满足(xyequiv Q(mod P))的(y)数量
也就是满足(Ax+Py=Q)的(x)数量
根据exgcd的理论，首先当(Q)是(gcd(A,P))倍数时才有解，然后每隔(P/gcd(A,P))会出现一个(x)，也就是([0,P))中解的数量就是(gcd(A,P))
答案就是(sum_{i=0}^{P-1}gcd(i,P)[gcd(i,P)|Q])
再推推就是(sum_{d|P,d|Q}^{P-1}dcdotvarphi(frac Pd))
然后用pr分解一下。。。（pr都不会写了kk）
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mod 1000000007
ll gi(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
ll mul(ll x,ll y,ll mo){
ll r=x*y-(ll)((long double)x/mo*y)*mo;
return(r%mo+mo)%mo;
}
ll pow(ll x,ll y,ll mo){
ll ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=mul(ret,x,mo);
x=mul(x,x,mo);y>>=1;
}
return ret;
}
bool MR(ll x){
static int pr[]={2,3,5,61,23333,19260817};
if(x==1)return 0;
for(int i=0;i<6;++i)if(x==pr[i])return 1;
int t=0;
ll _=x-1;
while(~_&1)_>>=1,++t;
for(int i=0;i<6;++i){
ll s=pow(pr[i],_,x);
if(s==1||s==x-1)continue;
int T=t;
while(T--){
s=mul(s,s,x);
if(s==x-1)break;
}
if(T==-1)return 0;
}
return 1;
}
int PRC;ll PRX;
ll f(ll y){return(mul(y,y,PRX)+PRC)%PRX;};
ll PR(ll x){
if(~x&1)return 2;
PRX=x;
PRC=rand()%(x-1)+1;
ll a=rand()%x,b=a;
int i=1,s=2;
for(;;){
ll y=std::__gcd(llabs(b-a),x);
if(y>1&&y<x)return y;
a=f(a);
if(a==b)return 1;
if(++i==s)b=a,s<<=1;
}
}
int iP[10010],pE[10010],qE[10010],m,xP[10010];
std::map<ll,int>M;
void fact(ll x,int*E){
if(x==1)return;
if(MR(x)){if(!M.count(x))M[x]=++m,xP[m]=x%mod;++E[M[x]];return;}
ll y;while(y=PR(x),y==1);
fact(y,E),fact(x/y,E);
}
int ans;
int main(){
#ifdef XZZSB
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
srand(19260817);
int n=gi();
int P=1,Q=1;ll x;
for(int i=1;i<=n;++i)x=gi(),P=x%mod*P%mod,fact(x,pE);
for(int i=1;i<=n;++i){
x=gi();
if(!x){
memcpy(qE,pE,sizeof pE);
break;
}
Q=x%mod*Q%mod,fact(x,qE);
}
for(int i=1;i<=m;++i)iP[i]=pow(xP[i],mod-2,mod);
for(int i=1;i<=m;++i)qE[i]=std::min(qE[i],pE[i]);
ans=P;
for(int i=1;i<=m;++i)ans=1ll*ans*((pE[i]==qE[i])+1ll*(qE[i]+1-(pE[i]==qE[i]))*(xP[i]-1)%mod*iP[i]%mod)%mod;
printf("%d
",ans);
return 0;
}
bzoj3512
(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^mvarphi(ij))
(=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^mvarphi(i)varphi(j)f(gcd(i,j)))
这里(f(x)=frac{x}{varphi(x)})
用一些套路的推法，(=sum_{i=1}^nvarphi(i)sum_{d|i}f(d)sum_{j=1}^mvarphi(j)[gcd(i,j)=d])
构造(g(x))使得(sum_{d|n}g(d)=f(n))（n在1e5范围所以直接减就行了）
(=sum_{i=1}^nvarphi(i)sum_{d|i}g(d)sum_{d|j}^mvarphi(j))
(=sum_{d=1}^ng(d)left(sum_{d|i}^nvarphi(i) ight)left(sum_{d|j}^mvarphi(j) ight))
然后这个形式就很优秀了，现在要求(sum_{d|x}^nvarphi(x))
怎么求呢？我不会。。。然后瞎b推
(=varphi(d)sum_{i=1}^{n/d}varphi(i)f(gcd(i,d)))
(=varphi(d)sum_{j|d}^{n/d}f(j)left(sum_{j|i}^{n/d}varphi(i) ight))
然后后面这部分怎么又是这个形式了。。就写个递归
然后跑的飞快？？？
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mod 1000000007
ll gi(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
int pow(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
}
return ret;
}
const int N=5000000;
int pr[N+10],phi[N+10],sphi[N+10],P,s[N+10];
bool yes[N+10];
int Phi(int x){
if(x<=N)return sphi[x];
int ret=1ll*x*(x+1)/2%mod;
for(int l=2,r;l<=x;l=r+1)r=x/(x/l),ret=(ret-1ll*Phi(x/l)*(r-l+1)%mod+mod)%mod;
return ret;
}
int dPhi(int x,int n){//sum_{x|i}^nvarphi(x)
if(x==1)return Phi(n);
if(n<x)return 0;
int ret=0;
for(int i=1;i*i<=x;++i)
if(x%i==0){
ret=(ret+1ll*s[i]*dPhi(i,n/x))%mod;
if(i*i<x)ret=(ret+1ll*s[x/i]*dPhi(x/i,n/x))%mod;
}
return 1ll*ret*phi[x]%mod;
}
int main(){
#ifdef XZZSB
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n=gi(),m=gi();
for(int i=2;i<=N;++i){
if(!yes[i])pr[++P]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=P&&i*pr[j]<=N;++j){
yes[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0){
phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
break;
}
phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
}
}
phi[1]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=1ll*i*pow(phi[i],mod-2)%mod;
for(int i=2;i<=n;++i){
for(int j=1;j*j<=i;++j)
if(i%j==0){
s[i]=(s[i]-s[j]+mod)%mod;
if(j!=1&&j*j!=i)s[i]=(s[i]-s[i/j]+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=N;++i)sphi[i]=(phi[i]+sphi[i-1])%mod;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)ans=(ans+1ll*s[i]*dPhi(i,n)%mod*dPhi(i,m))%mod;
printf("%d
",ans);
return 0;
}
bzoj3560
显然可以质因子分开算，然后直接算就行了= =
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mod 1000000007
ll gi(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
int pr[666010],P,d[10000010],pd[10000010],sd[10000010];
std::vector<int>vec[666010];
bool yes[10000010];
int pp[100];
int main(){
#ifdef XZZSB
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n=gi(),N=10000000;
for(int i=2;i<=N;++i){
if(!yes[i])pr[++P]=i,pd[i]=i,d[i]=P,sd[i]=1;
for(int j=1;j<=P&&i*pr[j]<=N;++j){
yes[i*pr[j]]=1;d[i*pr[j]]=j;
if(i%pr[j]==0){
pd[i*pr[j]]=pd[i]*pr[j];
sd[i*pr[j]]=sd[i]+1;
break;
}
pd[i*pr[j]]=pr[j];
sd[i*pr[j]]=1;
}
}
for(int i=1,x;i<=n;++i){
x=gi();
while(x>1)vec[d[x]].push_back(sd[x]),x/=pd[x];
}
int ans=1;
for(int i=1;i<=P;++i){
if(vec[i].empty())continue;
int k=1,y=pr[i];
pp[0]=1;pp[1]=y;
while(1ll*pp[k]*y<=N)pp[k+1]=pp[k]*y,++k;
for(int j=1;j<=k;++j)pp[j]=(pp[j]+pp[j-1])%mod;
int res=0;
for(int j=0,x;j<vec[i].size();++j){
x=vec[i][j];
res=(1ll*res*pp[x]+pp[x-1]*(y-1))%mod;
}
ans=1ll*ans*(res+1)%mod;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}