文章目錄

• A Yet Another Remainder【費(fèi)馬小定理】
• B Non-decreasing Array【線性DP】
• E An Interesting Sequence【簽到】
• F Infinity Tree 【簽到】
• G Good Permutation【排列組合，樹(shù)形結(jié)構(gòu)】
• J A Game about Increasing Sequences【博弈】
• K Black and White Painting【模擬】
• L Quadruple【簡(jiǎn)單容斥】

A Yet Another Remainder【費(fèi)馬小定理】

首先明確x是無(wú)法求解的，當(dāng)x大于1e6，一共有1e4個(gè)方程組，不可能求解1e6個(gè)未知數(shù)。
因?yàn)轭}目將x的各個(gè)十進(jìn)制位拆開(kāi)，并且按照不同的步長(zhǎng)分組，因此可能是通過(guò)計(jì)算組內(nèi)的值，再將各組的值拼接起來(lái)得到$xmodp$的結(jié)果。
$p$都是小于100的數(shù)，$modp$的結(jié)果必然都是100以內(nèi)的值，因此推測(cè)$modp$的結(jié)果可能會(huì)產(chǎn)生某種規(guī)律，比如形成循環(huán)節(jié)出現(xiàn)。
到這里沒(méi)有什么新的思路，因此可以翻翻書(shū)找找跟質(zhì)數(shù)和模數(shù)有關(guān)的定理來(lái)輔助解題…最常見(jiàn)最相關(guān)的就是費(fèi)馬小定理了！

費(fèi)馬小定理： 如果p是一個(gè)質(zhì)數(shù)，而整數(shù)a不是p的倍數(shù)，則有$a^{（p?1）}\equiv 1$（mod p）。

費(fèi)馬小定理中的$p$就是我們題目中的$p$，那么$a$可以是什么呢？題目將$x$按照10進(jìn)制進(jìn)行拆分，因此$a$可以是$10^i$，可惜發(fā)現(xiàn)$p=5$時(shí)$10^i$是5的倍數(shù)，但是！題目非常細(xì)心地將$p=5$的情況給剔除掉了！因此可以確定這個(gè)方向應(yīng)該是正確的！

接下來(lái)就是利用費(fèi)馬小定理給$xmodp$進(jìn)行分組求和了。因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$10^{p?1}\equiv 1(modp)$，因此有$10^{2(p?1)}\equiv (modp),10^{3(p?1)}\equiv (modp)...10^{s(p?1)}\equiv (modp)$，其中s表示最后一項(xiàng)。因此可以將$10^{k(p?1)}\equiv 1(modp)$當(dāng)成一組同時(shí)求解。而在第$p?1$行，給定的恰好是以$p?1$為步長(zhǎng)的十進(jìn)制位的和。
因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$x=10^{n?1}?a^1+10^{n?2}?a^2+...+10^{n?i}?a^i+10^0?a^n$，可知找到$10^{s(p?1)}$對(duì)應(yīng)的是a數(shù)組的第$n?s(p?1)$項(xiàng)，即$b_{p?1,n?s(p?1)}$。

將$10^{k(p?1)+1},k=0,1,2,...,s$的項(xiàng)作為一組，將$10^{k(p?1)+2},k=0,1,2,...,s$作為一組。

即將x拆解為$$\begin{gathered} (a_1+a_{1+(p?1)}+a_{1+2(p?1)}+...+a_{1+s(p?1)})?10^{(n?1)\%(p?1)})+ \\ (a_2+a_{2+(p?1)}+a_{2+2(p?1)}+...+a_{2+s(p?1)})?10^{(n?2)\%(p?1)})+ \\ ...+ \\ (a_{p?1}+a_{p?1+(p?1)}+a_{p?1+2(p?1)}+...+a_{p?1+s(p?1)})?10^{(n?p+1)\%(p?1)}) \end{gathered}$$
用b表示為$$b_{p?1,1}?10^{(n?1)\%(p?1)}+b_{p?1,2}?10^{(n?2)\%(p?1)}+...+b_{p?1,p?1}?10^{(n?p+1)\%(p?1)}$$

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int N = 110; int b[N][N]; int main() {int t; scanf("%d", &t);while(t --){int n; scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= min(n, 100); i ++)for(int j = 1; j <= i;j ++)scanf("%d", &b[i][j]);if(n <= 100){int q; scanf("%d", &q);while(q --){int p; scanf("%d", &p);int ans = 0, pow = 1;for(int i = n; i; i --){ans = (ans + b[n][i] * pow) % p;pow = 10 * pow % p;}printf("%d\n", ans);}continue;}int q; scanf("%d", &q);while(q --){int p; scanf("%d", &p);int ans = 0;int pow10[100] = {0};pow10[0] = 1;for(int i = 1; i <= p; i ++) pow10[i] = pow10[i - 1] * 10 % p;for(int i = 1; i < p; i ++)ans = (ans + pow10[(n - i) % (p - 1)] * b[p - 1][i] % p) % p;printf("%d\n", ans);}}return 0; }

B Non-decreasing Array【線性DP】

賽時(shí)沒(méi)過(guò)題，一直往區(qū)間dp想，復(fù)雜度是$n^4$的，很難優(yōu)化。但是dp最簡(jiǎn)單的就是從頭到尾推的線性dp啊…下次思路卡住就看看書(shū)吧！dp入門！

先簡(jiǎn)單地證明一下，將一個(gè)數(shù)字刪除總是會(huì)得到更好的結(jié)果
假設(shè)現(xiàn)在的數(shù)組是$a,b,c(c>=b>=a)$，三個(gè)數(shù)對(duì)答案的貢獻(xiàn)是$(c?b{)}^2+(b?a{)}^2$，而將中間的數(shù)刪除之后，對(duì)答案的貢獻(xiàn)變成$(c?a{)}^2=((c?b)+(b?a){)}^2=(c?b{)}^2+(b?a{)}^2+2(c?b)(b?a)$，因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$c>=b,b>=a$，因此每刪除一個(gè)中間數(shù)，答案就相比原來(lái)增加2*中間數(shù)與前數(shù)的差*后數(shù)與前數(shù)的差。刪除一個(gè)數(shù)，答案增加如上所述，而改變一個(gè)數(shù)，其實(shí)最佳方式就是直接將其變成它的某個(gè)相鄰數(shù)，因?yàn)橄噜彶钭優(yōu)?，對(duì)答案不再有貢獻(xiàn)，其實(shí)和刪除的操作是一樣的。因此第$k$次操作，就是選兩個(gè)數(shù)刪除掉。

先記錄起始的答案，接下來(lái)只有相鄰差有用，而原來(lái)的數(shù)已經(jīng)沒(méi)有用了，因此直接記錄它們的相鄰差數(shù)組$dif$即可。接下來(lái)的問(wèn)題就像石子合并：一開(kāi)始有$n?1$堆石子，每堆石子的數(shù)量為$dif[i]$，每次選擇相鄰的兩堆石子$i,j$，答案增加$2?dif[i]?dif[j]$，然后將兩堆石子合并起來(lái)。

$f[i][j]$表示從第一堆石子到第$i$堆石子，已經(jīng)合并了$j$堆石子獲得的最大答案。
接下來(lái)思考如何更新$f[i][j]$。只需要考慮最后第$i$堆和前面多少堆連續(xù)合并在一起即可。

第$i$堆不合并，直接從$f[i?1][j]$更新過(guò)來(lái)。

第$i$堆只和第$i?1$合并，答案為$f[i?2][j?1]$再加上第$i$堆和第$i?1$堆合并的新答案。

第$i$堆和第$i?1,i?2$堆合并，一共合并2次，答案為$f[i?3][j?2]$再加上后面三堆合并的新答案。
依次類推即可。

note: 可預(yù)處理出數(shù)組$g[i][j]$表示從$i$到$j$連續(xù)段石子合并的答案。

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int N = 110; LL g[N][N], f[N][N], dif[N], pre[N]; int a[N]; int main() {int n; cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];LL ans = 0;for(int i = 1; i < n; i ++) dif[i] = a[i + 1] - a[i], ans += dif[i] * dif[i], pre[i] = pre[i - 1] + dif[i];//預(yù)處理出從i到j(luò)連續(xù)段的答案貢獻(xiàn)n --;for(int i = 1; i < n; i ++)for(int j = i + 1; j <= n; j ++)g[i][j] = g[i][j - 1] + 2 * dif[j] * (pre[j - 1] - pre[i - 1]);for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 0; j < i; j ++)for(int k = 1; k <= i; k ++)if(j - i + k >= 0)f[i][j] = max(f[i][j], f[k - 1][j - i + k] + g[k][i]);for(int i = 1; i <= n + 1; i ++){printf("%lld\n", ans + f[n][min(i * 2, n - 1)]);}return 0; }

E An Interesting Sequence【簽到】

找到第一個(gè)和k互質(zhì)的數(shù)，然后一直放2323…或者3232…即可。

F Infinity Tree 【簽到】

觀察發(fā)現(xiàn)，第n秒樹(shù)的大小為$(k+1{)}^n$，不難推出，節(jié)點(diǎn)x的父親節(jié)點(diǎn)為$(x?t?1)/k+1$，其中$t$為第一個(gè)小于x的$(k+1{)}^n$，每次暴力找到第一個(gè)小于x和小于y的節(jié)點(diǎn)，一直往上跳即可。

G Good Permutation【排列組合，樹(shù)形結(jié)構(gòu)】

考慮最簡(jiǎn)單的情況，只有$[1,n]$一個(gè)區(qū)間，答案就是$n!$。如果$[1,n]$中包含$3$個(gè)區(qū)間限制，恰好覆蓋$[1,n]$整個(gè)區(qū)間，長(zhǎng)度分別為$len1,len2,len3$，答案是$3!?len1!?len2!?len3!$。$3!$表示將3個(gè)限制區(qū)間在$[1,n]$之間進(jìn)行全排列，$len1!$表示被分到第1個(gè)區(qū)間的連續(xù)數(shù)字的排列方案。但是如果區(qū)間1還有2個(gè)小區(qū)間，長(zhǎng)度分別為$len11，len12$，這時(shí)區(qū)間1的方案數(shù)就變成$2!?len11!?len12$，全區(qū)間的方案數(shù)也會(huì)從$3!?len1!?len2!?len3!$變成$3!?2!?len11!?len12?len2!?len3!$。因此應(yīng)該先將小區(qū)間更新，更新完小區(qū)間再用小區(qū)間更新大區(qū)間。

因?yàn)槊總€(gè)區(qū)間只有包含和并列關(guān)系，因此構(gòu)成了樹(shù)形結(jié)構(gòu)，可以給每個(gè)區(qū)間一個(gè)編號(hào)。然后排序亂搞一通獲得一棵樹(shù)結(jié)構(gòu)。先利用set將區(qū)間去重，然后按照左端點(diǎn)從小到大，右端點(diǎn)從大到小排序。這樣排序可保證后面的區(qū)間必然不是前面的區(qū)間的父親，因此每次記錄上一次排序結(jié)束的區(qū)間節(jié)點(diǎn)$pre$，當(dāng)前區(qū)間的節(jié)點(diǎn)為$cur$，則$cur$的父親就是$cur$和$pre$的最近公共祖先，因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$pre$和$cur$區(qū)間中間已經(jīng)沒(méi)有隔著其他區(qū)間了。

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int N = 1e6 + 10, mod = 1e9 + 7; struct Seg {int l, r, len, fa;bool operator<(const Seg &x)const{if(l == x.l) return x.r < r;return l < x.l;}bool operator=(const Seg &x)const{return l == x.l && r == x.r;} }seg[N]; set<Seg> tmp_seg; int n, m; int fac[N]; vector<int> son[N]; int dfs(int u) {int ans = 1, len = 0;for(auto v : son[u]){ans = 1ll * ans * dfs(v) % mod;len += seg[v].len;}int left = seg[u].len - len, sz = left + son[u].size();ans = 1ll * fac[sz] * ans % mod;return ans; } int main() {scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= m; i ++){int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);if(l == 1 && r == n) continue;tmp_seg.insert({l, r, r - l + 1, 0});}int cnt = 1;seg[cnt].l = 1, seg[cnt].r = n, seg[cnt].len = n;for(auto it : tmp_seg){int pre = cnt; cnt ++;seg[cnt].l = it.l, seg[cnt].r = it.r, seg[cnt].len = it.len;while(seg[pre].r < seg[cnt].r) pre = seg[pre].fa;seg[cnt].fa = pre;son[pre].push_back(cnt);}fac[0] = 1;for(int i = 1; i <= max(m, n); i ++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;printf("%d\n", dfs(1));return 0; }

J A Game about Increasing Sequences【博弈】

可以發(fā)現(xiàn)，只有數(shù)列從左向右最長(zhǎng)的一段遞增序列和從右向左最長(zhǎng)的一段遞增序列有用。
考慮這兩段序列的起始元素，如果兩個(gè)元素大小相同，且兩段序列中存在一段奇數(shù)長(zhǎng)度的序列則先手必勝。
否則：
如果大的那個(gè)元素對(duì)應(yīng)的序列長(zhǎng)度為奇數(shù)，那么先手必勝；
不然先手必然選小的那個(gè)元素，然后輪到后手選；
我們直接模擬一遍即可得出結(jié)果。

K Black and White Painting【模擬】

因?yàn)檎麄€(gè)網(wǎng)格的大小只有200*200，因此考慮標(biāo)記每個(gè)網(wǎng)格的有貢獻(xiàn)的邊和圓弧來(lái)統(tǒng)計(jì)答案。用左下角的點(diǎn)來(lái)表示網(wǎng)格。對(duì)于每個(gè)網(wǎng)格，直線邊有上下左右四條邊，網(wǎng)格內(nèi)可能存在四種圓弧。因此只需要考慮邊和圓弧的所有組合情況即可。

某個(gè)網(wǎng)格里圓弧組合為02 或者13，則四條邊和所有圓弧都會(huì)被覆蓋失效。

若整個(gè)網(wǎng)格都某個(gè)正方形覆蓋，那么不管網(wǎng)格里的所有圓弧都會(huì)失效，枚舉網(wǎng)格四條邊看是否存在一條正方形邊，且不會(huì)被其他的圖形覆蓋。比如判斷網(wǎng)格左邊是否有貢獻(xiàn)，要檢查：網(wǎng)格左側(cè)有正方形邊，當(dāng)前網(wǎng)格左側(cè)的網(wǎng)格沒(méi)有整個(gè)網(wǎng)格被覆蓋且沒(méi)有23形狀的圓弧。

存在兩段圓弧（除了02組合和13組合的其他圓弧組合情況），都會(huì)有1/3的圓弧貢獻(xiàn)

存在一段圓弧，都會(huì)有1/2的圓弧貢獻(xiàn)。

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 210, mod = 998244353; bool a[N][N], b[N][N][4], c[N][N][2]; int qpow(int a, int b) {int ans = 1;while(b){if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;a = 1ll * a * a % mod;b >>= 1;}return ans; } bool ckl(int i, int j){return (!a[i][j - 1] && !b[i][j - 1][2] && !b[i][j - 1][3]) && c[i][j][0];} bool ckr(int i, int j){return (!a[i][j + 1] && !b[i][j + 1][0] && !b[i][j + 1][1]) && c[i][j + 1][0];} bool cku(int i, int j){return (!a[i - 1][j] && !b[i - 1][j][0] && !b[i - 1][j][3]) && c[i - 1][j][1];} bool ckd(int i, int j){return (!a[i + 1][j] && !b[i + 1][j][1] && !b[i + 1][j][2]) && c[i][j][1];} int main() {int n; cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++){int op, x, y; cin >> op >> x >> y;x += 102, y += 102;if(op == 1)a[x][y] = a[x + 1][y] = a[x + 1][y - 1] = a[x][y - 1] = true,c[x][y - 1][0] = c[x][y + 1][0] = c[x + 1][y - 1][0] = c[x + 1][y + 1][0] = true,c[x - 1][y - 1][1] = c[x - 1][y][1] = c[x + 1][y - 1][1] = c[x + 1][y][1] = true;else b[x][y][0] = b[x + 1][y][1] = b[x + 1][y - 1][2] = b[x][y - 1][3] = true;}int r1 = 0, r2 = 0;for(int i = 1; i < N - 1; i ++){for(int j = 1; j < N - 1; j ++){if((b[i][j][0] && b[i][j][2]) || (b[i][j][1] && b[i][j][3])) continue;else if(a[i][j]) r1 += ckl(i, j) + ckr(i, j) + cku(i, j) + ckd(i, j);else if((b[i][j][0] || b[i][j][2]) && (b[i][j][1] || b[i][j][3])) r2 += 2;else if(b[i][j][0] || b[i][j][1] || b[i][j][2] || b[i][j][3]) r2 += 3;}}printf("%d %d\n", r1, 1ll * r2 * qpow(6, mod - 2) % mod);return 0; }

L Quadruple【簡(jiǎn)單容斥】

首先不難想到處理出ICPC的前綴和來(lái)對(duì)付區(qū)間詢問(wèn)，但是這樣會(huì)算多一些，因?yàn)閰^(qū)間外的I與區(qū)間內(nèi)的CPC組成的ICPC、區(qū)間外的IC和區(qū)間內(nèi)的PC組成的ICPC和區(qū)間外的ICP和區(qū)間內(nèi)的C組成的ICPC都會(huì)被算進(jìn)去。于是我們減掉這些即可。CPC的方案數(shù)和PC的方案數(shù)計(jì)算方法也是類似的。

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int N = 2e6 + 10, mod = 998244353; char s[N]; int n, q, u[N], v[N]; struct Int {int a;Int(){}Int(int _a){a = _a;}Int operator + (const Int &b)const {return Int{(a + b.a) % mod};}Int operator - (const Int &b)const {return Int{(a - b.a + mod) % mod};}Int operator * (const Int &b)const {return Int{1ll * a * b.a % mod};} }I[N], C[N], P[N], IC[N], CP[N], PC[N], ICP[N], CPC[N], ICPC[N]; int get(int l, int r) {Int sicpc = ICPC[r] - ICPC[l - 1];Int spc = PC[r] - PC[l - 1] - P[l - 1] * (C[r] - C[l - 1]);Int scpc = CPC[r] - CPC[l - 1] - CP[l - 1] * (C[r] - C[l - 1]) - C[l - 1] * spc;sicpc = sicpc - scpc * I[l - 1] - IC[l - 1] * spc - ICP[l - 1] * (C[r] - C[l - 1]);return sicpc.a; } int main() {scanf("%d%d", &n, &q);scanf("%s", s + 1);int x, a, b, p, ans = 0;scanf("%d%d%d%d", &x, &a, &b, &p);for(int i = 1; i <= n; i ++){ICPC[i] = ICPC[i - 1] + ICP[i - 1] * (s[i] == 'C');ICP[i] = ICP[i - 1] + IC[i - 1] * (s[i] == 'P'), CPC[i] = CPC[i - 1] + CP[i - 1] * (s[i] == 'C');IC[i] = IC[i - 1] + I[i - 1] * (s[i] == 'C'), CP[i] = CP[i - 1] + C[i - 1] * (s[i] == 'P'), PC[i] = PC[i - 1] + P[i - 1] * (s[i] == 'C');I[i] = I[i - 1] + (s[i] == 'I'), C[i] = C[i - 1] + (s[i] == 'C'), P[i] = P[i - 1] + (s[i] == 'P');}for(int i = 1; i <= n; i ++) u[i] = x = (1ll * a * x + b) % p, u[i] = u[i] % n + 1;for(int i = 1; i <= n; i ++) v[i] = x = (1ll * a * x + b) % p, v[i] = v[i] % n + 1;for(int i = 1; i <= n; i ++) ans = (ans + get(min(u[i], v[i]), max(u[i], v[i]))) % mod;printf("%d\n", ans);return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的The 2022 ICPC Asia Regionals Online Contest (II) 2022ICPC第二场网络赛 ABEFGJKL题解的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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