《2021牛客寒假算法基础集训营1》补题

A：感觉这题蛮难的，没想到这么多人过。

比赛的时候推dp推了挺久没推出来。

dp[i]表示i长度的包含u,s的串的方案数。

考虑转移：

1：前i个长度已经包含了u,s，那么随便新加入一个就行，即dp[i - 1] * 26

2：前i个长度只包含了u,没有us。那么加入一个s。

这里要用到容斥思想来求方案数了。首先i个组成的串的所有方案数为26^i。

组成的没有u的为25^i。那么包含u的就是26^i - 25^i，然后不包含us，即-dp[i - 1].

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
const int M = 3e5 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
}
using namespace FASTIO;

LL dp[N];
LL quick_mi(LL a,LL b){
    LL re = 1;
    while(b){
        if(b & 1) re = re * a % Mod;
        a = a * a % Mod;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    int n;n = read();
    dp[2] = 1;
    for(int i = 3;i <= n;++i){
        dp[i] = (dp[i - 1] * 25 % Mod + (quick_mi(26,i - 1) - quick_mi(25,i - 1) + Mod) % Mod) % Mod;
    }
    LL ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;++i) ans = (ans + dp[i]) % Mod;
    printf("%lld
",ans);
      system("pause");
    return 0;
}

 J：首先剩下的数最少由两个素因子的k次构成。

对于两个数A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3.B = p1 ^ m1 * p2 ^ m2 * p3 *m3.

他们的LCM = p1 ^ max(k1,m1) * p2 ^ max(k2,m2) * p3 ^ max(k3,m3)。

所以我们只需要去维护素因子的最高次即可。

那么显然不是2的乘上一个2然后去增长次数的最高次为最大。

是2就乘3.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 8e7 + 5;
const int M = 5e6 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
}
using namespace FASTIO;

bool vis[N];
int prime[M],tot = 0;
void init(){
    for(int i = 2;i < N;++i){
        if(!vis[i]){
            prime[++tot] = i;
        }
        for(int j = 1;j <= tot && prime[j] * i < N;++j){
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}
LL quick_mi(LL a,LL b){
    LL re = 1;
    while(b){
        if(b & 1) re = re * a % Mod;
        a = a * a % Mod;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    init();
    int n;n = read();
    if(n <= 5) printf("empty
");
    else{
        LL ans = 1,ma = 3,cnt = 0;
        while(1){
            ma *= 2;
            if(ma > n) break;
            cnt++;
        }
        ans = ans * quick_mi(2,cnt) % Mod;
        for(int i = 2;i <= tot && prime[i] <= n;++i){
            cnt = 0;
            ma = 2;
            while(1){
                ma *= prime[i];
                if(ma > n) break;
                cnt++;
            }
            if(cnt == 0) continue;
            ans = ans * quick_mi(prime[i],cnt) % Mod;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
      system("pause");
    return 0;
}