7.13早考試總結(NOIP模擬13)[工業題·卡常題·玄學題]
人的記憶本來就是曖昧的，不值得信任。
前言
又是令人頭疼的數學部分。。還是太菜了。。
晚上還有一場，當場裂開。
T1 工業題
解題思路
首先，這個題的暴力還是非常好像的，直接按照題目要求碼就好了。
對於正解，主要思路是計算每一個 \(f(i,0)\) 和 \(f(0,i)\) 對於答案的貢獻。
其實就像從某個點（假設是 \((i,j)\) ）向 \((n,m)\) 走，並且僅能向右向上走。
顯然，貢獻就是 \(a^{m-j}\times b^{n-i}\times f(i,j)\times 方案數\)。
接下來的問題就是求方案數了，那麼一共有 \(n+m-i-j\) 步，它們無論如何排列的結果都是一樣的。
由於向上走一步其實是相同的操作，但是我們按照他們不同來算了，因此需要除去一些的排列，就是：
\[\dfrac{A_{n+m-i-j}^{n+m-i-j}}{A_{n-i}^{n-i}\times A_{m-j}^{m-j}} \]算出來就是：
\[\dfrac{(n+m-i-j)!}{(n-i)!\times (m-j)!} \]階乘以及 a，b 的冪次方都是可以預處理出來的，至於除法直接逆元就好了。
注意，這裡有個魔鬼細節：
在 0 行 0 列之間是無法轉移下去的，但是 1 行 1 列是可以的，並且差距僅僅是行列數之間的差距，因此只需要一些 +1 和 -1 就好了。
另外，注意一下取 \(\bmod\)
code
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=3e5+10,mod=998244353; int n,m,a,b,ans,jc[N<<1],s1[N],s2[N],af[N],bf[N]; void Jc_Init() { jc[0]=af[0]=bf[0]=1; for(int i=1;i<=m+n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod; for(int i=1;i<=m;i++) af[i]=af[i-1]*a%mod; for(int i=1;i<=n;i++) bf[i]=bf[i-1]*b%mod; } int ksm(int x,int y) { int sum=1; while(y) { if(y&1) sum=sum*x%mod; y>>=1; x=x*x%mod; } return sum; } signed main() { n=read(); m=read(); a=read()%mod; b=read()%mod; for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=read()%mod; for(int i=1;i<=m;i++) s2[i]=read()%mod; Jc_Init(); for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+jc[n+m-i-1]*ksm(jc[m-1],mod-2)%mod*ksm(jc[n-i],mod-2)%mod*bf[n-i]%mod*af[m]%mod*s1[i]%mod)%mod; for(int i=1;i<=m;i++) ans=(ans+jc[n+m-i-1]*ksm(jc[m-i],mod-2)%mod*ksm(jc[n-1],mod-2)%mod*af[m-i]%mod*bf[n]%mod*s2[i]%mod)%mod; printf("%lld",ans); return 0; }
T2 卡常題
解題思路
不難發現因為每一個 Y 方點都只有兩條邊，因此可以將 Y 方點當作邊， X 方點當作點。
我們就得到了一個有 n 條邊， n 個點的環套樹，顯然，它比一般的樹多了一條邊，怎麼辦呢？？？
直接拆掉就好了，就是直接拆掉。
又因為每一個 X 方點是可以間隔存在的，剩下的就類似於 沒有上司的舞會 這道題了。
在兩個斷點處進行兩邊樹形 DP 取最小值就好了。
樹形 DP 時分別記錄一下選與不選這個點的值就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define f() cout<<"Fuck"<<endl;
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e6+10;
int tot,head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1];
int n,vh,vb,bk1,bk2,ans,h[N],b[N],val[N],f[N][2];
bool vis[N];
void add_edge(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fro)
{
if(vis[x])
{
bk1=x;
bk2=fro;
return ;
}
if(bk1||bk2) return ;
vis[x]=true;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(ver[i]!=fro)
dfs(ver[i],x);
}
void solve(int x,int fro)
{
f[x][1]=val[x];
f[x][0]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(ver[i]!=fro&&!(ver[i]==bk1&&x==bk2)&&!(ver[i]==bk2&&x==bk1))
{
int to=ver[i];
solve(to,x);
f[x][1]+=min(f[to][0],f[to][1]);
f[x][0]+=f[to][1];
}
}
signed main()
{
n=read();
vh=read();
vb=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
h[i]=read();
b[i]=read();
val[h[i]]+=vh;
val[b[i]]+=vb;
add_edge(h[i],b[i]);
add_edge(b[i],h[i]);
}
dfs(1,0);
solve(bk1,bk2);
ans=f[bk1][1];
solve(bk2,bk1);
ans=min(ans,f[bk2][1]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T3 玄學題
解題思路
-1 的次冪是由 \(d(i\times j)\) 的個數決定的。
-1 的偶數次冪是 1 對於答案是沒有影響的，因此我們只用考慮 \(d(i\times j)\) 為奇數的時候。
當且僅當 \(i\times j\) 是完全平方數的時候 \(d(i\times j)\) 的值才是奇數。
原因比較顯然：約數就是二個數的積等於這個數；對於非平方數的數每一約數都有一個對應的約數。
接下來把 i 拆成 \(p\times q^2\)（ p 沒有平方因子）對於 j 一定有 \(p\times r^2\) 的形式。
因此，對於每一個符合條件的 j 就有 r 種取值也就是 \(\sqrt{\dfrac{m}{p}}\) 。
顯然的，我們可以通過篩出所有的完全平方數進而求出 p 的值（求的過程類似於尤拉篩篩素數）。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define f() cout<<"Fuck"<<endl;
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e7+10;
int n,m,ans,cnt,f[N],pri[N];
bool vis[N];
signed main()
{
n=read();
m=read();
vis[1]=true;
pri[++cnt]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(vis[i]) pri[++cnt]=i;
int temp=i*i;
for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*temp<=n;j++)
vis[pri[j]*temp]=true;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) continue;
for(int j=1;j*i<=n;j++)
if(!vis[j])
f[j*i]=j;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!f[i]) f[i]=1;
int temp=sqrt(m/f[i]);
if(temp&1) ans--;
else ans++;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}