NOIP模拟测试34「次芝麻·呵呵呵·长寿花」

次芝麻

题解

大力打表,发现快速幂,

例如初始$5$ $6$,那么第一次就是$5*2\%11=10$,$6*2\%11=1$.

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,k,d;
ll g(ll x,ll k,ll s=1){
    for(;k;k>>=1,x=x*x%d)
        if(k&1) s=s*x%d;
    return s;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    d=n+m;
    printf("%lld
",min((n*g(2,k))%d,(m*g(2,k))%d));
}

喝喝喝

题解

把$a[i]\%a[j]=k$转化为$a[i]-k=y*a[i]$,

开桶维护$a[i]-k$

每次枚举$y$,看桶里是否有对应值,找到当前$i$左侧的最右能形成坏对的$v$,然后坏对个数就是$v$,,最后容斥就完了

考试时打的$n^2$,剪一个小枝能$70$分,然而我没减

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 4444444
ll a[A],ve[A],tong[A];
ll n,K,ans=0,maxx=0,jc=0;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&K);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);
    ll num=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        ve[i]=max(ve[i],ve[i-1]);
        if(a[i]<K) continue ;
        ll maxid=0;
        for(ll b=0;b*a[i]<=maxx;b++)
            if(tong[b*a[i]])
                maxid=max(maxid,tong[b*a[i]]);
        tong[a[i]-K]=i;        
        if(a[i]==K) continue ;
        if(maxid!=i) ve[i]=max(maxid,ve[i]);
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        if(ve[i])
            ans+=(ve[i]);
    printf("%lld
",n*(n+1)/2-ans+jc);
}

长寿花

题解

部分分状压$dp$,然而很难打,打了状压就陷进去了,具体$m$不用考虑

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,p;
int a[1000010];
LL g[1010][1<<11],t[1<<11];
LL f[1010][1<<11];
LL poww(LL a,int b)
{    
    LL ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;b=b>>1;
    }
    return ans;
}
inline int read();
signed main()
{
    n=read(),m=read(),p=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    if(m<=10)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int k=0;k<(1<<m);k++)
            {
                int tem=k,num=0;while(tem){num+=tem&1;tem=tem>>1;}
                g[i][k]=num*poww(num-1,a[i]-1)%p;
            }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int k=0;k<(1<<m);k++)
            for(int l=0;l<(1<<m);l++)
                if(l!=k&&(l|k)==k)g[i][k]=((g[i][k]-g[i][l])%p+p)%p;
        }
        LL sum=0;
        for(int k=0;k<(1<<m);k++)f[1][k]=g[1][k],sum=(sum+f[1][k])%p;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            for(int k=0;k<(1<<m);k++)
                f[i][k]=((sum-f[i-1][k])%p+p)%p*g[i][k]%p;
            sum=0;
            for(int k=0;k<(1<<m);k++)
                sum=(sum+f[i][k])%p;
        }
/*        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int k=0;k<(1<<m);k++)
            {
                bitset<3>t(k);
                cout<<i<<" "<<t<<" "<<g[i][k]<<endl;
            }*/
        printf("%lld
",sum%p);
        return 0;
    }
}
inline int read()
{
    int s=0,f=1;char a=getchar();
    while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')f=-1;a=getchar();}
    while(a>='0'&&a<='9'){s=s*10+a-'0';a=getchar();}
    return s*f;
}

正解

设$f[i][j]$为到第$i$层,当前颜色$j$种

$f[i][j]=sumlimits_{k=1}^{k<=a[i-1]} f[i-1][k](之前的方案数贡献)*(当前层方案数)-(和上一层重合的)$

当前层可看作$j$个集合,相同集合元素互不相邻

$g[i][j]$表示$i$个元素放$j$个集合

考虑递推

当前值可以是之前一个集合

$g[i][j]=g[i-1][j]*(j-1)$解释一下

不能和之前相同集合相邻

$g[i][j]=g[i-1][j-1]*j$

也可以是一个新的集合,你之前知道$j-1$个集合,但你不知道当前新增是哪一个

去重,颜色集合相同则颜色数相同

 $f[i][j]=sumlimits_{k=1}^{k<=a[i-1]} f[i-1][k]*g[a[i]][j]*C[a[i]][j]-f[i-1][j]*g[a[i]][j]$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 5555
#define maxn 3333333
ll a[maxn],bj[maxn],prime[maxn],t[maxn];
long long g[A][A],f[2][maxn],C[maxn];
long long sum;
ll n,m,K,ans=0,maxx=0,jc=0,mod;
void debuger_g();
void jia(ll x){
//    printf("+x=%lld bj=%lld
",x,bj[x]);
    while(x>1){
        t[bj[x]]++;
        x=x/bj[x];
    }
}
void jian(ll x){
//    printf("-x=%lld bj=%lld
",x,bj[x]);
    while(x>1){
        t[bj[x]]--;
        x=x/bj[x];
    }
}
void get_prime(ll o){
    ll gby=o;
    for(ll i=2;i<=gby;i++){
        if(!bj[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            bj[i]=i;
        }
        for(ll j=1;j<=prime[0]&&prime[j]*i<=gby;j++){
            bj[i*prime[j]]=prime[j];
            if((i%prime[j])==0) break ;
        }
    }
}
ll get_(){
    ll ans=1;
    for(ll i=1;i<=prime[0];i++){
        for(ll j=1;j<=t[prime[i]];j++)
            ans=1ll*ans*prime[i]%mod;
//        printf("ans=%lld t[%lld]=%lld prime=%lld
",ans,i,t[prime[i]],prime[i]);
    }
    return ans;
}
void get_C(){
    ll gby=min(m,5000ll);
    for(ll i=1;i<=gby;i++){
        jia(m-i+1);
        jian(i);C[i]=get_();
//        printf("C[%lld]=%lld
",i+1,C[i+1]);
    }
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mod);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);
    g[1][1]=1;g[2][2]=2;
    for(ll i=3;i<=5000;i++)
        for(ll j=2;j<=i&&j<=m;j++)
            g[i][j]=((j-1)*g[i-1][j]%mod+g[i-1][j-1]*j%mod)%mod;
    get_prime(m);
    get_C();
    for(ll j=1;j<=a[1];j++){//处理出来i==1的情况
        f[1][j]=C[j]*g[a[1]][j]%mod;
        sum=(sum+f[1][j])%mod;
    }
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        for(ll j=0;j<=maxx;j++)
            f[i&1][j]=0;
        for(ll j=1;j<=a[i];j++){
            f[i&1][j]=(C[j]%mod*g[a[i]][j]%mod*sum%mod-(f[(i-1)&1][j]*g[a[i]][j]%mod)%mod+mod)%mod;
        }
        sum=0;
        for(ll j=1;j<=a[i];j++)
            sum=(sum+f[i&1][j])%mod;
    }
    printf("%lld
",sum);
}