需要一点数学思维的一套题,可惜我并没有,于是掉大分

看完题解之后觉得解法相当巧妙,决定写一写

A. Odd Set

题目地址

一句话题意

给定2n2n个数,问是否存在一种将它们划分为nn个pair(a,b)(a,b)的方法,使得每个pair的和为奇数

n100n\le100

显然一个pair的和为奇数当且仅当它由一个奇数和一个偶数组成

判断是否有奇数个数是否为nn即可

代码

B. Plus and Multiply

题目地址

一句话题意

给定一个集合SS满足

  • 1S1\in S
  • 如果xSx\in S,那么axS,x+bSax\in S,x+b\in S

给定T组n,a,bn,a,b,求nS?n\in S?

T105T\le 10^5

1n,a,b1091\le n,a,b\le 10^9

解法

假设b1b\ne 1

nSn\in S当且仅当存在mSm\in S使得nm(modb)n\equiv m\pmod bm<nm<n

显然,要构造出一个新的m mod bm\space mod\space b,只能采取×a\times a操作,因此mm必然是aa的幂

判断是否存在ak<na^k<n满足nak(modb)n\equiv a^k\pmod b即可

特判b=1b=1的情况,显然答案恒为Yes

复杂度O(logn)O(\log n)

代码

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#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>void read(T &t)
{
t=0;int f=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){f|=(c=='-');c=getchar();}
while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
if(f)t=-t;
}

int T;
ll n,a,b;

void Work()
{
read(n),read(a),read(b);
if(b==1)
printf("Yes\n");
else if(a==1)
{
if(n%b==1)
printf("Yes\n");
else
printf("No\n");
}
else
{
ll k=n%b;
for(ll cur=1;cur<=n;cur*=a)
{
if(cur%b==k)
{
printf("Yes\n");
return;
}
}
printf("No\n");
}
}

int main()
{
read(T);
while(T--)
{
Work();
}
return 0;
}

C. Strange Function

题目地址

一句话题意

f(n)f(n)表示最小的不是nn的因数的正整数

计算i=1nf(i) mod (109+7)\sum_{i=1}^nf(i)\space mod\space (10^9+7)

t(t104)t(t\le 10^4)组数据

n1016n\le 10^{16}

解法

注意到f(n)=if(n)=i的含义是lcm(1,2,,i1)nlcm(1,2,\dots,i-1)\le nf(n)f(n)的值很小(小于100100,因此可以枚举f(i)f(i)

满足f(k)=if(k)=ikk的数量是nlcm(1,2,,i1)nlcm(1,2,,i)\lfloor \frac{n}{lcm(1,2,\dots,i-1)}\rfloor-\lfloor \frac{n}{lcm(1,2,\dots,i)}\rfloor,亦即kk可以被1,2,,i11,2,\dots,i-1整除而不能被ii整除

于是答案即为i>1nlcm(1,2,,i1)nlcm(1,2,,i)\sum_{i>1}\lfloor \frac{n}{lcm(1,2,\dots,i-1)}\rfloor-\lfloor \frac{n}{lcm(1,2,\dots,i)}\rfloor

上式还可以表示为i1nlcm(1,2,,i)+n\sum_{i\ge1}\lfloor \frac{n}{lcm(1,2,\dots,i)}\rfloor+n

代码

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#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>void read(T &t)
{
t=0;int f=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){f|=(c=='-');c=getchar();}
while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
if(f)t=-t;
}

const ll mod=1000000007;
int T;
ll n;

ll Gcd(ll a,ll b)
{
return b?Gcd(b,a%b):a;
}

inline ll Lcm(ll a,ll b)
{
return a/Gcd(a,b)*b;
}

void Work()
{
read(n);
ll lcm=1,ans=0;
for(ll i=1;lcm<=n;++i)
{
lcm=Lcm(lcm,i);
(ans+=n/lcm)%=mod;
}
printf("%lld\n",(ans+n)%mod);
}

int main()
{
read(T);
while(T--)
{
Work();
}
return 0;
}

Tips!

对于值较小的函数的和,可以枚举函数的值、计算值对应变量的个数来将复杂度转移到函数值上

D. Priority Queue

题目地址

一句话题意

对于一个对小根堆进行操作的序列SS,其中各元素的形式为+ x-,分别表示入堆和出堆。设f(S)f(S)表示依照序列SS对小根堆进行操作后,堆中所有元素的和

给定一个序列AA,求f(B)mod998244353\sum f(B)\mod 998244353,其中BBAA的子序列

n500n\le 500

解法

我们可以计算堆中元素xx的贡献

假设我们已经在第II个操作中加入了xx,设为XX,那么XX有贡献的子序列BB满足:

  • 包含第II个操作
  • ss表示当前堆中小于等于xx的元素个数,不管在第II个操作后遇到多少个-操作,ss必须大于0(除了序列执行结束后)

可以得到以下DP:

f(i,j)f(i,j)表示满足完成操作后s=js=jA[1i]A[1\dots i]的子序列个数

转移:

  • f(i1,j)f(i,j)f(i-1,j)\rightarrow f(i,j),不包含第ii个操作,iIi\neq I
  • f(i1,j)f(i,max(j1,0))f(i-1,j)\rightarrow f(i,max(j-1,0)),包含第ii个操作,i<Ii<I且该操作为-
  • f(i1,j)f(i,j1)f(i-1,j)\rightarrow f(i,j-1),包含第ii个操作,i>Ii>I且该操作为-,此时jj不可以为00
  • f(i1,j)f(i,j)f(i-1,j)\rightarrow f(i,j),包含第ii个操作且该操作为+ x,其中x>Xx>X
  • f(i1,j)f(i,j+1)f(i-1,j)\rightarrow f(i,j+1),包含第ii个操作且该操作为+ x,其中x<Xx<X;或x=Xx=Xi>Ii>I

XX对答案的贡献为X×i0f(n,i)X\times\sum_{i\ge 0}f(n,i)

复杂度O(n3)O(n^3)

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#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>void read(T &t)
{
t=0;int f=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){f|=(c=='-');c=getchar();}
while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
if(f)t=-t;
}

const ll mod=998244353;
const int maxn=500+5;
int n;
int a[maxn];
ll dp[maxn][maxn];

int main()
{
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
char s[10];
gets(s);
if(s[0]=='+')sscanf(s+1,"%d",&a[i]);
}
ll ans=0;
for(int t=1;t<=n;++t)
{
if(a[t]==0)
continue;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=i;++j)
{
if(a[i]==0)
{
if(i<=t || j>0)
(dp[i][max(j-1,0)]+=dp[i-1][j])%=mod;//case 2&3
}
else
{
if(a[i]<a[t] || a[i]==a[t] && i<t)
(dp[i][j+1]+=dp[i-1][j])%=mod;//case 5
else
(dp[i][j]+=dp[i-1][j])%=mod;//case 4
}
if(i!=t)
(dp[i][j]+=dp[i-1][j])%=mod;//case 1
}
for(int i=0;i<=n;++i)
(ans+=dp[n][i]*a[t]%mod)%=mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}

Tips!

计算贡献的典型例子

E. Abnormal Permutation Pairs

Easy

Hard

题目与多项式有关,需要用到FFT,但是这个科技树暂时灭掉了,以后有机会的话来填一下