2016 CCPC Hangzhou Onsite(部分題)
D題 - Difference
題意：給你兩個數$x$, $K$個數和一個公式$$f(y, K) = \sum_{z\text{ in every digits of }y} z^K (f(233, 2) = 2^2 + 3^2 + 3^2 = 22)$$
要求你找出所有滿足$$x = f(y, K) - y$$這個式子的y的數量。
解決：折半列舉法，這個套路其實被用過很多遍，但以前沒有研究過它，所以遇到這種題很少會往這個方向去想導致這種水題都難出。系統學習其實是自學的一種很好的途徑，以後要形成這種學習意識才對。
廢話說了這麼多，我們來談談這個題。這個題知道方法後就很簡單了，我們預處理低位對答案的貢獻，然後列舉高位即可。所有位對答案的貢獻其實就是$$\sum_{i=1}^{length} (num[i]^k - num[i]*10^i)$$
既然每位相對獨立，折半列舉就不存在問題了。
程式碼：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long ll; 5 6 const int N = 9 + 5; 7 const int M = 100000; 8 9 map <ll, int> mp[N]; 10 int arry[N]; 11 ll pw[N][N]; 12 ll p10[N]; 13 14 void init() 15 { 16 forView Code(int i = 0; i < N; ++ i) { 17 pw[i][0] = 1; 18 for(int j = 1; j < N; ++ j) 19 pw[i][j] = pw[i][j-1] * i; 20 } 21 p10[0] = 1; 22 for(int i = 1; i < N; ++ i) { 23 p10[i] = p10[i-1] * 10; 24 } 25 for(int i = 0; i < M; ++ i) { 26 intt = i, cnt = 0; 27 while(t) { 28 arry[cnt ++] = t % 10; 29 t /= 10; 30 } 31 for(int k = 1; k <= 9; ++ k) { 32 ll ans = 0; 33 for(int j = 0; j < cnt; ++ j) 34 ans += pw[arry[j]][k]; 35 mp[k][ans - 1ll * i] ++; 36 } 37 } 38 } 39 40 int main() 41 { 42 int T, kase = 1; 43 init(); 44 scanf("%d", &T); 45 while(T --) { 46 ll x, k; 47 ll ans = 0; 48 scanf("%lld%lld", &x, &k); 49 for(int i = 0; i < M; ++ i) { 50 int tmp = i; 51 ll sec = x; 52 while(tmp) { 53 sec -= pw[tmp % 10][k]; 54 tmp /= 10; 55 } 56 sec += p10[5] * i; 57 if(mp[k].count(sec)) 58 ans += 1ll * mp[k][sec]; 59 } 60 if(x == 0) ans --; 61 printf("Case #%d: %lld\n", kase ++, ans); 62 } 63 return 0; 64 }
J題 - Just a Math Problem
題意：給你個$n$，要求你求出
$$\sum_{i = 1}^{n} g(i)$$
其中
$$g(i)=2^{f(i)}$$
$f(i)$表示的是$i$的素因子的個數。
解決：此題有兩種解法，都是值得大家去學習的。
解法一：利用莫比烏斯函式解決
莫比烏斯函式，他的符號為$\mu$，如果不知道這是什麼那麼可以把這種解法跳過，以後學習完這個概念後再來研究這種解法。
怎麼用這個函式解決這個題呢？
首先我們看一下莫比烏斯函式的一個推導公式
$$\mu^{2}(x) = \sum_{k^2|x}\mu(k)$$
- 公式1
要這個有什麼用呢？我們來分析題幹上的公式，$g(i)=2^{f(i)}$，這裡我們把它理解成$i$的無平方素因子的個數（仔細想想為什麼），而$\mu(i)$只有在$i$無平方素因子才會有值，值為$1$, $-1$。所以我們可以將其轉換成
$$g(i)=\sum_{d|i}\mu^{2}(d)$$
結合公式1我們得到
$$g(i)=\sum_{d|i}\sum_{k^2|d}\mu(k)$$
由整數的性質再結合題幹公式我們得到
$$\sum_{i=1}^{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\mu(k)\sum_{k^2|d}\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$$
至此，我們可以列舉$k$，當$k^2$大於n貢獻就為0了我們就可以停止列舉，分塊求出$$\sum_{k^2|d}\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$$的值累加進答案即可。時間複雜度為$O(\sqrt{n}log(n))$。
這種方法有三難，難想，難推，難過。為什麼會難過？嗯，這種方法被卡常卡的很厲害。你需要進行各種細節優化才能過。
程式碼：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long ll; 5 6 const int N = 1e6 + 5; 7 const ll MOD = 1e9 + 7; 8 9 int mu[N]; 10 int prime[N]; 11 ll g[N], mem[N]; 12 bool vis[N]; 13 int cn; 14 15 void init() 16 { 17 memset(mem, -1, sizeof(mem)); 18 cn = 0; 19 mu[1] = 1; 20 for(int i = 2; i < N; ++ i) { 21 if(!vis[i]) { 22 prime[cn ++] = i; 23 mu[i] = -1; 24 } 25 for(int j = 0; j < cn && i * prime[j] < N; ++ j) { 26 vis[i * prime[j]] = 1; 27 if(i % prime[j] != 0) { 28 mu[i * prime[j]] = - mu[i]; 29 } 30 else break; 31 } 32 } 33 } 34 35 void fadd(ll& a, ll b) 36 { 37 a += b; 38 if(a >= MOD) a -= MOD; 39 } 40 41 ll F(ll lim) 42 { 43 if(lim < N && mem[lim] != -1) return mem[lim]; 44 ll tmp = 0; 45 for(ll j = 1, st; j <= lim; j = st + 1) { 46 st = lim / (lim / j); 47 tmp += (st - j + 1) * (lim / j); 48 } 49 if(lim < N) mem[lim] = tmp % MOD; 50 return tmp % MOD; 51 } 52 53 int main() 54 { 55 init(); 56 int T, kase = 1; 57 scanf("%d", &T); 58 while(T --) { 59 ll n; 60 scanf("%lld", &n); 61 int lim = sqrt(n) + 1; 62 ll ans = 0; 63 for(int i = 1; i <= lim; ++ i) if(mu[i]){ 64 ans += mu[i] * F(n/i/i); 65 } 66 printf("Case #%d: %lld\n", kase ++, (ans % MOD + MOD) % MOD); 67 } 68 return 0; 69 }View Code
在HDU上測得的狀態：
解法二：利用互質關係解決
在逛部落格時發現了一個更好的思路，這種解法對$g(i) = 2^{f(i)}$有另一種解釋：乘積為$i$且互質的有序數對個數（再想想這是為什麼）。
那麼我們列舉$i$，再利用容斥計算下$[i+1, n/i]$中有多少個與其互質即可。計算出累加和$sum$還不夠，因為是有序對，所以正真的答案為$ans = sum * 2 + 1$。
時間複雜度$O(能過)$
程式碼：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 3 using namespace std; 4 5 typedef long long ll; 6 7 const int N = 1e6 + 5; 8 const ll MOD = 1e9 + 7; 9 10 int prime[N]; 11 ll mul[N]; 12 int L[N]; 13 bool vis[N]; 14 int cn = 0; 15 16 vector <int> vec[N]; 17 18 void init() 19 { 20 for(int i = 2; i < N; ++ i) { 21 if(!vis[i]) prime[cn ++] = i; 22 for(int j = 0; j < cn && prime[j] * i < N; ++ j) { 23 vis[prime[j] * i] = 1; 24 if(i % prime[j] == 0) break; 25 } 26 } 27 for(int i = 1; i < N; ++ i) 28 { 29 int cnt = 0, x = i; 30 for(int j = 0; j < cn; ++ j) { 31 if(prime[j] * prime[j] > x) break; 32 if(x % prime[j] == 0) { 33 vec[i].push_back(prime[j]); 34 } 35 while(x % prime[j] == 0) { 36 x /= prime[j]; 37 } 38 } 39 if(x != 1) vec[i].push_back(x); 40 } 41 L[1] = 0; 42 for(int i = 1; (1<<i) < N; ++ i) { 43 L[1<<i] = i; 44 } 45 } 46 47 ll cal(int x, ll n) 48 { 49 ll rtn = n - x; 50 mul[0] = 1; 51 for(int i = 1; i < (1<<(int)vec[x].size()); ++ i) { 52 int d = lowbit(i); 53 mul[i] = mul[i-d] * -vec[x][L[d]]; 54 rtn += n / mul[i] - x / mul[i]; 55 } 56 return rtn; 57 } 58 59 int main() 60 { 61 int T, kase = 1; 62 init(); 63 scanf("%d", &T); 64 while(T --) { 65 ll n, ans = 0; 66 scanf("%lld", &n); 67 for(int i = 1; 1ll * i * i <= n; ++ i) { 68 ans += cal(i, n / i); 69 } 70 printf("Case #%d: %lld\n", kase ++, (ans * 2 + 1) % MOD); 71 } 72 return 0; 73 }View Code
在HDU測得的狀態：
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