正题

比赛链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1084#question

---

成绩

---

$T1:$数数

题目大意

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

解题思路

第一个答案显然就是
$$(\sum _{i=1}^{n}i)\ast (\sum _{j=1}^{n}j)$$
等差数列求和即可$O(1)$解决。
第二个是
$$\prod _{i=1}^n{i}^{2n}\Rightarrow (\prod _{i=1}^{n}i{)}^{2n}$$
预处理后$O(\log n)$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));} }

---

$T2:Galahad$

题目大意

一个长度为$n$的序列，求$[l,r]$这个区间的和，需要注意的是若一个数出现多次的话只计算一次。

解题思路

$$\text{莫队会T}$$
我们先将询问按照右端点单调不降排序，然后我们用指针进行扫描。

现在我们不需要考虑右端点了，只需要在已有的数中每次询问一个左端点。

我们考虑如何计算，因为不能重复，我们可以对于每个数计算出一个可以影响的范围，也就是最右边的那个数。

我们现在得出一种算法，我们每次右端点移动时加入一个数，若这个数之前没有就直接在树状数组上加入，否则就将前面的那个赋值为0后再进行加入。

$code$

#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]); }

---

$T3:$烹饪

题目大意

$n$个数的序列$a$，在其中选出若干个组成无序序列$b$。使得$${\mathbb{N}}^{+}\in \sum (b_i\ast k_i)$$
$k_i$为任意整数。

求有多少种选择方案数。

解题思路

根据裴蜀定理，我们有$ax+by=gcd(a,b)$，若$gcd(a,b)=1$那么就可以变成任意正整数。我们可以将其扩展到多元。
$$gcd(a,b)x+cy=gcd(a,b,c)\Rightarrow ax+by+cz=gcd(a,b,c)$$
以此类推我们可以得出若我们选择的无序序列$b$的$gcd=1$那么就满足条件。

我们依次设立$dp$，设$f_{i,j}$表示到第$i$个，$gcd$之和为$j$时的方案数。我们有
$$f_{i,gcd(i,j)}=\sum f_{i-1,j}$$

这里我们倒过来转移即可，下面的代码是滚动了的。

$code$

#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); }

---

$T4:$粉丝群

题目大意

求有多少个$n$个数的序列满足以下条件

和为$2n$且每个数不小于1

任意一个子集的和不为$n$

求有多少个，和字典序第$k$小的方案的异或和。

解题思路

结论题，打表找一下就好了。
我们会发现方案数是$n-1$个$1$和一个$n+1$，还有若是奇数的话还有一个全是$2$的方案。

证明一下(十分感性)，此时我们有一个长度为序列$n$，此时对于每个$1\le a_i\le n$。

那么我们发现若一个数为$2+k$那么至少就会有$k$个数为$1$，假设最终能组成$n$的有$l$个数那么有
$$2l+\sum _{i=1}^l{k}_i=n-z(z\in [0,\sum _{i=1}^{l}k])$$
$$\Rightarrow \sum _{i=1}^l{k}_i\ge n-2l-\sum _{i=1}^{l}k$$且$$\sum _{i=1}^l{k}_i\le n-2l$$
显然此时对于任意${\sum }_{i=1}^l{k}_i>0$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); }

总结

以上是生活随笔为你收集整理的牛客练习赛52-记录的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

如果觉得生活随笔网站内容还不错，欢迎将生活随笔推荐给好友。