莫比乌斯反演入门 – [SDOI2015]约数个数和

道理我都懂,考试时这东西能推?

本人菜鸡,有问题请指出

鉴于不同博客对于整除符号$|$的定义不同, 特此表明本博客的整除定义

$a | b$ 表明 $b$ 是 $a$ 的倍数

0x01 什么是反演

对于一个数列${f_n}​$,如果有另外一个数列${g_n}​$满足如下条件
$$
g_n = \sum_{i = 1}^n a_if_i
$$
反演的过程是用$ g_n$来表示 $f_n$
$$
f_n = \sum_{i = 0}^n b_ig_i
$$

0x02 莫比乌斯函数

设$n = p_1^{a_1} \times p_2^{a_2} \times p_3^{a_3} \cdots \times p_k^{a_k}$ ,其中 $p$ 为质数,则定义如下
$$
\mu(n) =
\begin{cases} 1 & n = 1 \\
(-1) ^ m & \prod\limits_{i = 1} ^ {m} a_i = 1 \\
0 & \textrm{otherwise}(a_i \gt 1)
\end{cases}
$$

性质 1

$\mu​$ 函数是积性函数

没啥可以说的,线性筛就完事了

void get_pri(){
    vis[1] = 1; mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= N; i++){
        if( vis[i] == false ){
            pri[ ++pcnt ] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= pcnt; j++){
            if( pri[j] * i > N ) 
                break;
            vis[ i * pri[j] ] = true;
            if( i % pri[j] == 0 ){
                mu[ pri[j] * i ] = 0;
                break;
            }
            else 
                mu[ pri[j] * i ] = -mu[i];    
        }
    }
}

性质 2

对于任意的非负整数
$$
\sum_{d|n}\mu(d)=
\begin{cases}
1 & n = 1\\
0 & n > 1
\end{cases}
$$

0x03 莫比乌斯反演

有两个数论函数$f(n)$和$g(n)$ ,且满足条件
$$
g(n) = \sum_{d|n}f(d)
$$
则一定存在
$$
f(n) = \sum_{d|n}\mu(d)g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor)
$$

证明

我们这里用性质证明QAQ
$$
\begin{align}
f(n) & = \sum_{d|n}\mu(d)g(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\\
& = \sum_{d|n}\mu(d) \sum_{d’|\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} f(d’)\\
& = \sum_{d|n} f(d) \sum_{d’|\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(d’)\\
&= f(n)
\end{align}
$$

0x10 P3327 [SDOI2015]约数个数和

0x11 题目

题目链接: https://www.luogu.org/problemnew/show/P3327

题目需要让我们求 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(i j)​$

其中$ d ​$为约数个数

显然$d(ij) = \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) = 1]​$

给一个比较感性的解释

显然,这个式子在枚举$i,j​$ 的所有约数的 gcd

如果 两个约数 gcd 为 1,则代表在 $i \cdot j$ 里可以有一个新的约数$x \cdot y$,否则表明这个已经被之前枚举过了

然后开始我们的魔法
$$
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(i j) \\
\begin{align}
& = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) = 1]\\
& = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor [gcd(i,j) = 1] \\
\end{align}
$$
接下来的魔法需要莫比乌斯反演


$$
f(x) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor [gcd(i,j) = x]\\
g(x) = \sum_{d|x} f(d)
$$
显然
$$
g(x) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor [x|gcd(i,j)]
$$
然后提一下$x​$
$$
g(x) = \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{x} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xi} \rfloor \lfloor \frac{m}{xj} \rfloor
$$

然后因为我们求的是$f(1)$,则
$$
\begin{align}
f(1)& = \sum_{1|d} \mu(\frac{d}{1}) g(d)\\
& = \sum_{d=1}^{n} \mu(d) g(d)\\
&= \sum_{d=1}^{n} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{x} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xi} \rfloor \lfloor \frac{m}{xj} \rfloor
\end{align}
$$
后面的显然可以数论分块,先预处理出$\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{n}{i} \rfloor​$即可

显然,$\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{n}{i} \rfloor​$ 和 $\sum_{i=1}^n d(i)​$ 是一样的

然而$d(i)$是积性函数,一起放给线性筛处理即可

0x02 代码

#include <cstdio>

inline int Min(int a, int b){return a < b? a: b;}

const int N = 51000;

int _case;
int n, m, pcnt;
long long ans;
bool vis[N + 20];
int pri[N + 20], mu[N + 20], smu[N + 20], d[N + 20], sum_d[N + 20], Min_pri[N + 20];

void pre(){
    mu[1] = 1; d[1] = 1; vis[1] = true;
    for(int i = 2; i <= N; i++){
        if( vis[i] == false ){
            pri[ ++pcnt ] = i;
            d[i] = 2; Min_pri[i] = 1;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= pcnt; j++){
            if( pri[j] * i > N )
                break;
            vis[ pri[j] * i ] = true;
            if( i % pri[j] == 0 ){
                mu[ pri[j] * i ] = 0;    
                d[ pri[j] * i ] = d[i] / (Min_pri[i] + 1) * (Min_pri[i] + 2);
                Min_pri[ pri[j] * i ] = Min_pri[i] + 1;
            }
            else {
                mu[ pri[j] * i ] = -mu[i];
                d[ pri[j] * i ] = d[i] << 1;
                Min_pri[ pri[j] * i ] = 1;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        smu[i] = smu[i - 1] + mu[i];
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        sum_d[i] = sum_d[i - 1] + d[i];
}

int main(){
    pre();
    scanf("%d", &_case);
    while( _case -- ){
        scanf("%d%d", &n, &m);
        ans = 0;
        if(n > m) {int tmp = m; m = n; n = tmp;}
        for(int left = 1, rig; left <= n; left = rig + 1){
            rig = Min(n / (n / left), m / (m / left));    
            ans += 1LL * (smu[rig] - smu[left - 1]) * sum_d[n / left] * sum_d[m / left];
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

Luogu P1403 [AHOI2005]约数研究

题目

实际上一开始看到题目我是打算写筛法的,后来发先是个除法分块秒切题目

显然

$$
\sum_{i = 1}^{n} f(i) = \sum_{i = 1}^{n} \lfloor \frac{i}{n} \rfloor
$$

除法分块即可

代码

#include <cstdio>

int n;
long long ans;

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int left = 1, rig; left <= n; left = rig + 1){
        rig  = n / (n / left);
        ans += 1LL * (n / left) * (rig - left + 1);
    }
    printf("%lld", ans);
}


[CQOI2007]余数求和

题目

一开始老是把思路和做​ 和​ 弄混……

然后陷入思维死角,感谢题解把我拉了出来​

$$
\sum_{i = 1}^{n} k \mod i \
= \sum_{i=1}^{n} k – i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor \
= n \times k – \sum_{i=1}^{n} i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor​
$$

然后就是除法分块,这个转化是真的要命QAQ

代码

#include <cstdio>

long long n,k,ans=0;

inline long long Min(long long a,long long b){return a<b?a:b;}

int main(){
   scanf("%lld%lld",&n,&k);
   ans=n*k;
   for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1){
       if(k/l!=0) r=Min(k/(k/l),n);
       else r=n;
       ans-=(k/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;
  }
   printf("%lld",ans);
}

Luogu 1248 加工生产调度

题目

题目链接: https://www.luogu.org/problemnew/show/P1248

这道题目暴力显然不可取$ 1000!$ , DP 的状态不太容易定义,只能贪心大法

分析贪心

我们可以先假设只有两个物品$ A $ 和$ B $,则存在以下两种情况($ x $代表物品在 A 工厂加工所需时间,$ y $ 代表 B 工厂,以下同理)

  1. 先加工$ A $后加工$ B $,则时间为$ A.x + B.y + \max(A.y, B.x) $
  2. 先加工$ B $后加工$ A $,则时间为$ A.y + B.x + \max(A.x, B.y) $

则若先加工 A 比先加工 B 优,应满足
$$
A.x + B.y + \max(A.y, B.x) < A.y + B.x + \max(A.x, B.y) \\
\begin{align}
&= \max(A.y, B.x) – A.y – B.x < \max(A.x, B.y) – A.y – B.x \\
&= -\min(A.y, B.x) < -\min(A.x, B.y) \\
&= \min(A.x, B.y) < \min(A.y, B.x)
\end{align}
$$
然后放到cmp里,A 了?

等一下,这个方法……是错误的

为什么错误?

首先,我们需要知道在 C++ 标准库中,sort 要求排序运算符必须保证严格排序

什么是严格排序

若一个比较运算符,则应当满足

非自反性,非对称性,传递性,不可比性的传递性 这四点

好消息是,我们的函数并不具有不可比性的传递性

即我们的排序函数可能汇出形如下面的状况:

$ x < y $ 且 $y < z$ 但$ x \geq z$

这样一来,我们排出来的序列就不满足之前的要求了

排序的改进

所以我们的目的很简单,使我们的排序符号变成保证严格排序

我们可以把相等的情况单独提出来讨论

  1. $A.x < B.x$ 且 $A.y < B.y$ 按 $A.x < A.y$ 排序
  2. $A.x = B.x $ 且 $A.y = B.y $ 不做处理
  3. $ A.x > B.x $ 且 $A.y > B.y$ 按 $B.y < B.x$ 排序

多关键字排序即可

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

inline int Max(int a, int b){return a > b? a: b;}

const int N = 1100;

int n;
struct node{
    int x, y, d, id;
}a[N];

bool cmp(node x, node y){
    if(x.d == y.d){
        if(x.d <= 0) 
            return x.x < y.x;
        else 
            return x.y > y.y;
    }
    else return x.d < y.d;
}

int main(){
#ifdef woshiluo
    freopen("luogu.1248.in", "r", stdin);
    freopen("luogu.1248.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){ scanf("%d", &a[i].x); }
    for(int i = 1; i <= n; i++){ 
        scanf("%d", &a[i].y); 
        a[i].id = i;
        a[i].d = (a[i].x == a[i].y ? 0: (a[i].x > a[i].y ? 1: - 1));
    }

    std::sort(a + 1, a + n + 1, cmp);

    int time_a = a[1].x, time_b = a[1].x + a[1].y;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        time_a += a[i].x;
        time_b = Max(time_a, time_b) + a[i].y;
    }
    printf("%d\n", time_b);
    for(int i = 1; i <= n; i++){ printf("%d ", a[i].id); }
}

后记

对与邻项排序的各种各样问题 ouuan 大佬的博客里有一篇讲的十分清楚 https://ouuan.github.io/%E6%B5%85%E8%B0%88%E9%82%BB%E9%A1%B9%E4%BA%A4%E6%8D%A2%E6%8E%92%E5%BA%8F%E7%9A%84%E5%BA%94%E7%94%A8%E4%BB%A5%E5%8F%8A%E9%9C%80%E8%A6%81%E6%B3%A8%E6%84%8F%E7%9A%84%E9%97%AE%E9%A2%98/

博主也是根据这篇博文学的,%%% ouuan

BUPT 网安杯 游记

Day 0

早上迷迷糊糊的醒来,然后收拾东西一出门…

看不见任何东西,起大雾了

然后迟到了五分钟,虽然大家都迟到了

本来以为航班会延误的…然后它平安无事

通过交易和 StudyingFather 大爷坐在一起,因为各种东西心情复杂,进入睡眠状态

下飞机后坐机场大巴……老师成功的把站名读错了

到达后,服务人员告诉我们可以住两天,但是原来一人一间得变成两人一间,这当然是滋瓷的啦

老师通知完注意事项后,我和 StudyingFather 大爷讨论起午饭的问题,最终决定吃点带北京味道的东西,于是吃了饼子卷菜…

北京消费水平好高啊qwq

吃完饭后依旧心情复杂,继续睡觉=_=

Day 1

早上早早起来,简单收拾一下东西就去二楼吃饭

顺带一提,经过了一天我们已经体会到什么是北邮静电宾馆

早餐自助餐好评,生活滋润

到了之后说是不带罚时的 ACM 赛制 ,结果还是带了…

A 题 一堆坑模拟,半个小时过去

B 题 emm 爆long long ? __int128 好像可以?Wa on 7 ? 先跳

C 题 xor性质傻逼题目

D题 我会线性递推!等一下 1e18?我会矩阵乘法!等一下!我会矩阵乘法?没事我带了板子!等一下,我好像没带数学板子,嗯,完蛋

B 题 等一下,2 ^ 128 – 1 好像得 unsigned __int128 ?嗯,过了!

还剩10分钟, D来不及码了,E还没看题目…

中午算是半自助吧,但是不饿qwq随便吃了几口

下午上来先莽 Web1 , 嗯 配置文件,可以访问上层,然后呢?有啥用? 弃了

看了一下 RE1 的代码,然后去上了个厕所,嗯,傻逼题

考完开闭幕式,领导们您们的讲话意思重了啊!!!

然后闭幕式完了已经没时间去 animate 了qwq

回去先睡觉,脑子不行了

起来后找 Polarnova 玩,然后恰逢老师查房,发现我们不在2333

Day +1

早早起来,坐包车去机场qwq

早上泡在机场

上了飞机先睡觉

然后我和StudyingFather 发现飞机在盘旋,过了一阵子,乌鲁木齐天气原因,可能被降到喀什?

又过了一个小时,他说我们可以到乌鲁木齐 T2 机场

然后飞机开始下降,进入云层

进入云层

等一下!我们在云层里的时间是不是有点长?

突然一下子,我们看到了地面,同时,我们落地了

好吧,机长够猛….

(这么想想我们好像还不如到喀什

End

Luogu P1471 方差

我都快忘记还有一种公式叫完全平方公式了…

$$ (a + b) ^ 2 = a ^ 2 + b ^ 2 + 2ab $$

对,就是它,这道题目的核心

0x01 分析题目

题目链接: [https://www.luogu.org/problemnew/show/P1471]

让我们看看什么是方差

对于一个长度为 $ n $ 的数列 $ A $ ,其方差为
$$ \frac{1}{n} \sum^{n}_{i=1}(A_i – k)^2 $$
其中,$ k $ 为 $ A $ 数列的平均数

emmm, 看起来好复杂啊,等一下,这里有个平方

$$
\begin{align}
\frac{1}{n} \sum^{n}_{i=1}(A_i – k)^2 &= \frac{1}{n} \sum^{n}_{i=1}{A_i ^ 2 + k ^ 2 + 2A_ik} \\
&= \frac{1}{n} [\sum^{n}_{i=1}{A_i ^ 2} + nk^2 + 2k(\sum^{n}_{i=1}A_i)]
\end{align}
$$

恩,舒服多了

看一下操作,区间加,区间平均数(区间求和),区间方差?

区间方差怎么求?

先回到刚才的式子

然后,$ nk^2 $可以直接线段树求和处理出来
$2k(\sum^{n}_{i=1}A_i)$ 同上

$ \sum^{n}_{i=1}{A_i ^ 2} $怎么办?

回到完全平方公式,我们求平方和的时候,给数字$A_i$加$x$相当于把这个原$A_i^2$加上 $ (A_i + x) ^ 2 – A_i ^ 2 = (A_i ^ 2 + x ^ 2 + 2A_ix) – A_i ^ 2 = x ^ 2 + 2A_ix $

这不归根结底还是求和线段树吗……直接双标记线段树即可

0x02 代码

#include <cstdio>
const int N = 110000;
int op, n, m, x, y;
double k, z, tmp_double;
struct node{
    double sum, square;
    void operator+=(const node &b){
        this -> sum += b.sum;
        this -> square += b.square;
    }
}tmp;
node tree[N << 2];
double lazy[N << 2];
inline void pushup(int now){
    tree[now].sum = tree[now << 1].sum + tree[now << 1 | 1].sum;
    tree[now].square = tree[now << 1].square + tree[now << 1 | 1].square;
}
inline void pushdown(int now, int lson, int rson){
    if(lazy[now]){
        tree[now << 1].square  = tree[now << 1].square + (lazy[now] * tree[now << 1].sum * 2.0) + (lazy[now] * lazy[now]) * lson;
        tree[now << 1].sum += lazy[now] * lson;
        tree[now << 1 | 1].square  = tree[now << 1 | 1].square + (lazy[now] * tree[now << 1 | 1].sum * 2.0) + (lazy[now] * lazy[now]) * rson;
        tree[now << 1 | 1].sum += lazy[now] * rson;
        lazy[now << 1] += lazy[now];
        lazy[now << 1 | 1] += lazy[now];
        lazy[now] = 0;
    }
}
inline void query_add(int now, int left, int rig, int from, int to, double val){
    if(from <= left && rig <= to){
        tree[now].square = tree[now].square + ((val * tree[now].sum ) * 2) + (val * val) * (rig - left + 1);
        tree[now].sum = tree[now].sum + val * (rig - left + 1);
        lazy[now] += val;
        return ;
    }
    int mid = (left + rig) >> 1;
    pushdown(now, mid - left + 1, rig - mid);
    if(from <= mid) query_add(now << 1, left, mid, from, to, val);
    if(to > mid) query_add(now << 1 | 1, mid + 1, rig, from, to, val);
    pushup(now);
}
inline node query_sum(int now, int left, int rig, int from, int to){
    if(from <= left && rig <= to){
        return tree[now];
    }
    int mid = (left + rig) >> 1; node res = (node){0, 0};
    pushdown(now, mid - left + 1, rig - mid);
    if(from <= mid) res += query_sum(now << 1, left, mid, from, to);
    if(to > mid) res += query_sum(now << 1 | 1, mid + 1, rig, from, to);
    return res;
}
int main(){
#ifdef woshiluo
    freopen("luogu.1471.in", "r", stdin);
    freopen("luogu.1471.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lf", &z);
        query_add(1, 1, n, i, i, z);
    }
    while(m--){
        scanf("%d", &op);
        if(op == 1){
            scanf("%d%d%lf", &x, &y, &z);
            k += (y - x + 1) * z;
            query_add(1, 1, n, x, y, z);
        }
        else if(op == 2){
            scanf("%d%d", &x, &y);
            tmp = query_sum(1, 1, n, x, y);
            printf("%.4lf\n", tmp.sum / (y - x + 1));
        }
        else if(op == 3){
            scanf("%d%d", &x, &y);
            tmp = query_sum(1, 1, n, x, y);
            printf("%.4lf\n", ( (tmp.square + (tmp.sum / (y - x + 1)) * tmp.sum - ( 2 * tmp.sum * (tmp.sum / (y - x + 1)) ) ) / (y - x + 1) ) );
        }
    }
}
]]>

Educational Codeforces Round 60 (Rated for Div. 2) 解题报告

A. Best Subsegment

给定一串数列, 求区间最大平均值

显然,最大的区间平均值可以就是数列中最大的那个,然后基于最大的点想两边枚举区间长度

#include <cstdio>
#include <algorithm>
inline int Max(int a, int b){return a > b? a: b;}
const int N = 1e5 + 1e4;
int n, max, max_id, len, rig, max_len;
int a[N];
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &a[i]);
        if(a[i] > max)
            max = a[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(a[i] == max && ( a[i - 1] != max || i == 1 ) ){
            rig = i; len = 0;
            while( a[rig] == a[i] && rig <= n ){
                rig++; len++;
            }
            max_len = Max(len, max_len);
        }
    }
    printf("%d", max_len);
}

B. Emotes

总共 $n$ 个表情, 你需要输出一个长度为 $m$ 的长度序列,但是同一个表情不能连续出现 $k$ 次

排个序,每个周期按,最大的出现 $k$ 次,然后出现一次第二大的,枚举周期即可

#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N = 2e5 + 1e4;
int n, m, k, tmp;
long long ans;
int a[N];
bool cmp(int a, int b){
    return a > b;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    std::sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
    if( m <= k ){
        printf("%lld", 1LL * a[1] * m);
        return 0;
    }
    else {
        ans = 1LL * a[1] * k + (long long) a[2];
        ans *= (m / (k + 1) );
        m %= (k + 1);
        ans += 1LL * a[1] * m;
        printf("%lld", ans);
    }
}

C. Magic Ship

本来是到直接两点坐标差的绝对值之和就可以的

然后有洋流

我们设每一轮洋流为一个周期,然后二分最少需要多少周期

然后 $O(n)$ 判断不在整数周期内部的就可以

#include <cstdio>
inline long long Aabs(long long a){return a < 0? (0 - a): a;}
const long long N = 1e5 + 1e4;
long long x1, y1, x2, y2, dx, dy, n, tmp, ans, mid;
char str[N];
int main(){
    scanf("%lld%lld", &x1, &y1);
    scanf("%lld%lld", &x2, &y2);
    scanf("%lld", &n);
    scanf("%s", str + 1);
    for(long long i = 1; i <= n; i++){
        if(str[i] == 'U') dy++;
        if(str[i] == 'D') dy--;
        if(str[i] == 'L') dx--;
        if(str[i] == 'R') dx++;
    }
    long long left = 0, rig = (int)2e9;
    while(left <= rig){
        mid = (left + rig) >> 1;
        if( Aabs(x1 + dx * mid - x2) + Aabs(y1 + dy * mid - y2) <= n * mid ) rig = mid - 1;
        else left = mid + 1;
    }
    x1 += dx * rig;
    y1 += dy * rig;
    ans = n * rig;
    if( Aabs(x1 - x2) + Aabs(y1 - y2) <= ans){
        printf("%lld", ans);
        return 0;
    }
    for(long long i = 1; i <= n; i++){
        if(str[i] == 'U') y1++;
        if(str[i] == 'D') y1--;
        if(str[i] == 'L') x1--;
        if(str[i] == 'R') x1++;
        ans++;
        if( Aabs(x1 - x2) + Aabs(y1 - y2) <= ans ){
            printf("%lld", ans);
            return 0;
        }
    }
    printf("-1");
}


]]>

Codeforces Round #538 (Div. 2) 解题报告

A Got Any Grapes?

顺序判断即

比赛的时候忘记写 else 既然 PP 了,然后就 FST

#include <cstdio>
int an,dm,mi;
int gr,pu,bl;
int main(){
    scanf("%d%d%d", &an, &dm, &mi);
    scanf("%d%d%d", &gr, &pu, &bl);
    if(an > gr) {
        printf("NO\n");
        return 0;
    }
    else gr -= an;
    if(pu + gr < dm){
        printf("NO\n");
        return 0;
    }
    else {
        if(pu <= dm) {dm -= pu; pu = 0;}
        else {pu -= dm; dm = 0;}
        if(gr < dm) {
            printf("NO\n");
            return 0;
        }
        else gr -= dm;
    }
    if(gr + pu + bl < mi) printf("NO\n");
    else printf("YES\n");
}

B Yet Another Array Partitioning Task

反正最后还是要前$ m \times k $ 个数字

直接离散化,然后见当前区间有$ m $ 个就收

#include <cstdio>
#include <algorithm>
const long long N = 2e5 + 1e4;
struct node{
    long long now, id;
}b[N];
long long n, m, k, cnt, time;
long long a[N];
bool vis[N];
bool cmp(node a, node b){
    return a.now > b.now;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
    for(long long i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld", &a[i]);
        b[i].now = a[i], b[i].id = i;
    }
    std::sort(b + 1, b + n + 1, cmp);
    long long tmp = m * k;
    for(long long i = 1; i <= tmp; i++) vis[ b[i].id ] = true, cnt += b[i].now;
    printf("%lld\n",cnt);
    cnt = 0;
    for(long long i = 1; i <= n; i++){
        cnt += vis[i];
        if(cnt == m){
            time++;
            time < k && printf("%lld ",i);
            cnt = 0;
        }
    }
}

C. Trailing Loves (or L’oeufs?)

求 $ b $ 进制下 $ n! $ 的末尾的 0 的个数

显然我们要求中间乘出来有多少个$b$

接下来就是分解质因数,然后枚举求最小值即可

#include <cstdio>
#include <cmath>
const long long INF = 1e18 + 1e17;
inline long long Min(long long a, long long b){return a < b? a: b;}
struct node{
    long long now, cnt;
}pri[(int)(1e6)];
int pcnt;
long long n, b, tmp, cnt, ans = INF;
inline void get_pri(long long b){
    tmp = std::sqrt(b);
    for(long long i = 2; i <= tmp; i++){
        if(b % i == 0){
            pri[ ++pcnt ] = (node){i, 0};
            while(b % i == 0){
                pri[pcnt].cnt++;
                b/=i;
            }
        }
    }
    if(b != 1) pri[ ++pcnt ] = (node){b, 1};
}
int main(){
    scanf("%lld%lld", &n, &b);
    get_pri(b);
    for(int i = 1; i <= pcnt; i++){
        tmp = 1; cnt = 0;
        while(tmp * pri[i].now <= n){
            tmp *= pri[i].now;
            if(tmp < 0 || tmp % pri[i].now != 0) break;
            cnt += n / tmp;
        }
        ans = Min(ans, cnt/pri[i].cnt);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

D. Flood Fil

有一个非常显然的地方,就是我们每次有两个状态,当前联通部分向左对其或者想右对其

然后我们先把数列中的联通部分预处理出来,然后区间 dp 即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
inline int Min(int a, int b){return a < b? a: b;}
const int N = 5100;
int n;
int a[N], l[N], r[N], f[N][N];
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    l[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        if(a[i] == a[i - 1]) l[i] = l[i - 1];
        else l[i] = i;
    }
    r[n] = n;
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--){
        if(a[i] == a[i + 1]) r[i] = r[i + 1];
        else r[i] = i;
    }
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for(int i = 1; i<= n;i ++) f[ l[i] ][ r[i] ] = 0;
    for(int len = 0; len < n; len++){
        for(int i = 1,j; i + len <= n; i++){
            j = i + len;
            if(i > 1 && j < n && a[i - 1] == a[j + 1])
                f[ l[i - 1] ][ r[j + 1] ] = Min(f[ l[i - 1] ][ r[j + 1] ],f[i][j] + 1);
            if(i > 1)
                f[ l[i - 1] ][j] = Min(f[ l[i - 1] ][j], f[i][j] + 1);
            if(j < n)
                f[i][ r[j + 1] ] = Min(f[i][ r[j + 1] ], f[i][j] + 1);
        }
    }
    printf("%d", f[1][n]);
}

E. Arithmetic Progression

交互题目,60次询问内知道当前乱序等差数列的首项和公差

先二分找最大的,然后random_shuffle随机化询问,求与最大项差的 gcd 即为公差

#include <cstdio>
#include <algorithm>
int gcd(int a, int b){return b? gcd(b ,a%b): a;}
inline int Min(int a, int b){return a < b? a: b;}
inline int Aabs(int a){return a < 0? (0 - a): a;}
const int N = 1e6 + 1e5;
int n, global_tmp, d, max, chance_cnt = 60;
int a[N];
inline bool has_num(int now){
    printf("> %d\n",now);
    fflush(stdout);
    scanf("%d", &global_tmp);
    chance_cnt--;
    return global_tmp;
}
inline int binary_search_max(int max_limit){
    int left = 0, rig = max_limit, mid, res;
    while(left <= rig){
        mid = (left + rig) >> 1;
        if( has_num(mid) ) left = mid + 1;
        else rig = mid - 1, res = mid;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    max = binary_search_max(1e9);
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = i;
    for(int i = 1; i <= 5; i++) std::random_shuffle(a + 1, a + n + 1);
    for(int i = 1; i <= Min(n ,chance_cnt); i++){
        printf("? %d\n", a[i]);
        fflush(stdout);
        scanf("%d", &global_tmp);
        if(global_tmp == max) continue;
        if(d == 0) d = Aabs(max-global_tmp);
        d = gcd(d , Aabs(max-global_tmp));
    }
    fflush(stdout);
    printf("! %d %d\n", max - (n - 1) * d, d);
}

F. Please, another Queries on Array?

这个题目首先得知道$\varphi(n)$的求法

然后就是乘积线段树和或线段树维护一下

就没有然后了

#include <cstdio>
const int N = 4e5 + 1e4;
const long long mod = 1e9 + 7;
int n, q, x, y, z, pcnt;
int a[N];
long long p[310], pri[N], inv[310];
char op[10];
inline long long ksm(long long a, long long p){
    long long res = 1;
    while(p){
        if(p & 1) res = (res * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        p >>= 1;
    }
    return res;
}
inline void prime(){
    for(int i = 2; i <= 300; i++){
        for(int j = 1; j <= pcnt; j++)
            if(i % p[j] == 0) pri[i] |= pri[ p[j] ];
        if(pri[i] == 0) {p[++pcnt] = i; pri[i] = (1LL << (pcnt - 1LL));}
    }
}
inline void get_inv(){
    for(int i = 1; i <= pcnt; i++)
        inv[i] = ksm(p[i], mod - 2);
}
// Segment Tree Start
struct node{
    long long val,pri;
    void operator+= (const node &b){
        this -> val = (this -> val * b.val) % mod;
        pri |= b.pri;
    }
}tree[N << 2], lazy[N << 2];
inline void pushup(int now){
    tree[now].val = (tree[now << 1].val * tree[now << 1 | 1].val) % mod;
    tree[now].pri = tree[now << 1].pri | tree[now << 1 | 1].pri;
}
inline void pushdown(int now, int lson, int rson){
    if(lazy[now].pri != 0){
        tree[now << 1].val  =  (1LL * tree[now << 1].val * ksm(lazy[now].val, lson)) % mod;
        tree[now << 1 | 1].val  =  (1LL * tree[now << 1 | 1].val * ksm(lazy[now].val, rson)) % mod;
        tree[now << 1].pri |= lazy[now].pri;
        tree[now << 1 | 1].pri |= lazy[now].pri;
        lazy[now << 1].val = (1LL * lazy[now << 1].val * lazy[now].val) % mod;
        lazy[now << 1 | 1].val = (1LL * lazy[now << 1 | 1].val * lazy[now].val) % mod;
        lazy[now << 1].pri |= lazy[now].pri;
        lazy[now << 1 | 1].pri |= lazy[now].pri;
        lazy[now].val = 1LL; lazy[now].pri = 0;
    }
}
inline void query_mut(int now, int left, int rig, int from, int to, int val){
    if(from <= left && rig <= to){
        tree[now].val = (1LL * tree[now].val * ksm(val, (rig - left + 1LL))) % mod;
        tree[now].pri |= pri[val];
        lazy[now].val = (lazy[now].val * val) % mod;
        lazy[now].pri |= pri[val];
        return ;
    }
    int mid = (left + rig) >> 1;
    pushdown(now, mid - left + 1LL, rig - mid);
    if(from <= mid) query_mut(now << 1, left, mid, from, to, val);
    if(to > mid) query_mut(now << 1 | 1, mid + 1, rig, from, to, val);
    pushup(now);
}
inline node query_sum(int now, int left, int rig, int from, int to){
    if(from <= left && rig <= to) return tree[now];
    int mid = (left + rig) >> 1;
    node res = (node){1, 0};
    pushdown(now, mid - left + 1LL, rig - mid);
    if(from <= mid) res += query_sum(now << 1, left, mid, from, to);
    if(to > mid) res += query_sum(now << 1 | 1, mid + 1, rig, from, to);
    pushup(now);
    return res;
}
inline void build_tree(int now, int left, int rig){
    lazy[now].val = 1; lazy[now].pri = 0;
    if(left == rig){
        scanf("%lld", &tree[now].val);
        tree[now].pri = pri[ tree[now].val ];
        return ;
    }
    int mid = (left + rig) >> 1;
    build_tree(now << 1, left, mid);
    build_tree(now << 1 | 1, mid + 1, rig);
    pushup(now);
}
// Segment Tree End
int main(){
    prime();
    get_inv();
    scanf("%d%d", &n, &q);
    build_tree(1, 1, n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    while(q--){
        scanf("%s", op);
        if(op[0] == 'M'){
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
            query_mut(1, 1, n, x, y, z);
        }
        else {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            node tmp = query_sum(1, 1, n, x, y);
            for(int i = 1; i <= pcnt; i++){
                if((tmp.pri >> (i - 1LL)) & 1LL)
                    tmp.val = (((tmp.val * (p[i] - 1) ) % mod) * inv[i]) % mod;
            }
            printf("%lld\n", tmp.val);
        }
    }
}


]]>