正題

比賽鏈接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1084#question

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成績

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$T1:$數數

題目大意

給出$n$，求$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i?j)$$
和
$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n(i?j)$$

解題思路

第一個答案顯然就是
$$(\sum _{i=1}^{n}i)?(\sum _{j=1}^{n}j)$$
等差數列求和即可$O(1)$解決。
第二個是
$$\prod _{i=1}^n{i}^{2n}?(\prod _{i=1}^{n}i{)}^{2n}$$
預處理后$O(\log n)$回答。

$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const ll XJQ=998244353; ll t,n,s[10010000],sum; ll power(ll x,ll b) {ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*x%XJQ;x=x*x%XJQ;b>>=1;}return ans; } int main() {scanf("%lld",&t);s[0]=1;for(ll i=1;i<=1e7;i++)s[i]=s[i-1]*i%XJQ;while(t--){scanf("%lld",&n);sum=((n+1)*n/2)%XJQ;printf("%lld %lld\n",sum*sum%XJQ,power(s[n],2*n));} }

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$T2:Galahad$

題目大意

一個長度為$n$的序列，求$[l,r]$這個區間的和，需要注意的是若一個數出現多次的話只計算一次。

解題思路

$$\text{莫隊會T}$$
我們先將詢問按照右端點單調不降排序，然后我們用指針進行掃描。

現在我們不需要考慮右端點了，只需要在已有的數中每次詢問一個左端點。

我們考慮如何計算，因為不能重復，我們可以對于每個數計算出一個可以影響的范圍，也就是最右邊的那個數。

我們現在得出一種算法，我們每次右端點移動時加入一個數，若這個數之前沒有就直接在樹狀數組上加入，否則就將前面的那個賦值為0后再進行加入。

$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define lowbit(x) (x&-x) #define ll long long using namespace std; const ll N=5e5+100; struct node{ll l,r,id; }a[N]; ll n,m,w[N],t[N],ans[N],v[N],sum; void change(ll x,ll z) {while(x<=n){t[x]+=z;x+=lowbit(x);} } ll ask(ll x) {ll ans=0;while(x){ans+=t[x];x-=lowbit(x);}return ans; } bool cMp(node x,node y) {return x.r<y.r;} int main() {scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[i]);for(ll i=1;i<=m;i++)scanf("%lld%lld",&a[i].l,&a[i].r),a[i].id=i;sort(a+1,a+1+m,cMp);ll tail=1;for(ll i=1;i<=m;i++){while(tail<=a[i].r){if(v[w[tail]]) change(v[w[tail]],-w[tail]);else sum+=w[tail];v[w[tail]]=tail;change(tail,w[tail]);tail++;}ans[a[i].id]=sum-ask(a[i].l-1);}for(ll i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]); }

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$T3:$烹飪

題目大意

$n$個數的序列$a$，在其中選出若干個組成無序序列$b$。使得$${\mathbb{N}}^{+}\in \sum (b_i?k_i)$$
$k_i$為任意整數。

求有多少種選擇方案數。

解題思路

根據裴蜀定理，我們有$ax+by=gcd(a,b)$，若$gcd(a,b)=1$那么就可以變成任意正整數。我們可以將其擴展到多元。
$$gcd(a,b)x+cy=gcd(a,b,c)?ax+by+cz=gcd(a,b,c)$$
以此類推我們可以得出若我們選擇的無序序列$b$的$gcd=1$那么就滿足條件。

我們依次設立$dp$，設$f_{i,j}$表示到第$i$個，$gcd$之和為$j$時的方案數。我們有
$$f_{i,gcd(i,j)}=\sum f_{i?1,j}$$

這里我們倒過來轉移即可，下面的代碼是滾動了的。

$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const ll XJQ=998244353; ll n,num,f[2100]; ll power(ll x,ll b) {ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*x%XJQ;x=x*x%XJQ;b>>=1;}return ans; } int main() {scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&num);f[num]=(f[num]+1)%XJQ;for(ll j=1;j<=2000;j++)(f[__gcd(j,num)]+=f[j])%=XJQ;}printf("%lld",(f[1]*power(2,XJQ-2))%XJQ); }

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$T4:$粉絲群

題目大意

求有多少個$n$個數的序列滿足以下條件

和為$2n$且每個數不小于1

任意一個子集的和不為$n$

求有多少個，和字典序第$k$小的方案的異或和。

解題思路

結論題，打表找一下就好了。
我們會發現方案數是$n?1$個$1$和一個$n+1$，還有若是奇數的話還有一個全是$2$的方案。

證明一下(十分感性)，此時我們有一個長度為序列$n$，此時對于每個$1\le a_i\le n$。

那么我們發現若一個數為$2+k$那么至少就會有$k$個數為$1$，假設最終能組成$n$的有$l$個數那么有
$$2l+\sum _{i=1}^l{k}_i=n?z(z\in [0,\sum _{i=1}^{l}k])$$
$$?\sum _{i=1}^l{k}_i\ge n?2l?\sum _{i=1}^{l}k$$且$$\sum _{i=1}^l{k}_i\le n?2l$$
顯然此時對于任意${\sum }_{i=1}^l{k}_i>0$都有解

$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; ll n,k; int main() {scanf("%lld%lld",&n,&k);printf("%lld\n",n+(n&1)-(n==1));if(n&1) printf("%lld",(k==n)?2:(n+1));else printf("%lld",(n+1)^1); }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的牛客练习赛52-记录的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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