题解

我觉得我剩下的日子已经不多了，这一份题解很有写的意义。

第一题——序列（sequence）

【题目描述】

小Z 有一个序列，定义f(x)为x 在十进制下的位数，特别地，求∑1≤i<j≤nf(ai+aj)\sum_{1\leq i <j\leq n}f(a_i+a_j)1≤i<j≤n∑f(ai+aj)
其中n≤106,ai≤108n\leq10^6,a_i\leq10^8n≤106,ai≤108

显然这个题目拿到手有点难考虑。
我们考虑对于f(ai+aj)f(a_i+a_j)f(ai+aj)，只有当两个数相加进位的时候才会对答案做出+1的贡献，否则就是原来的位数。
那么将原有数列进行排序，对答案无影响。
对于单个的aia_iai，只有当iii之前的aja_jaj满足10k−ai≤aj(10k<ai≤10k−1)10^k-a_i\leq a_j(10^k<a_i\leq 10^{k-1})10k−ai≤aj(10k<ai≤10k−1)才能对答案做出f(ai)+1f(a_i)+1f(ai)+1的贡献，否则贡献为f(ai)f(a_i)f(ai)。
然后二分查找满足条件的aja_jaj的个数就可以了
注意数据，要开longlong，不然你连10410^4104的数据都过不了

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
void fff(){freopen("sequence.in","r",stdin);freopen("sequence.out","w",stdout);
}
LL read(){LL x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();return x;
}
const int N=1000010;
LL n;
LL a[N];
int main(){//  fff();n=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();sort(a+1,a+n+1);LL ans=0;LL t=10;for(int i=1;i<=n;i++){LL tt=a[i],siz=0;while(tt){siz++;tt/=10;}while(t-a[i]<=0) t*=10;LL temps=lower_bound(a+1,a+i,t-a[i])-a;ans+=(LL)(i-temps)*(siz+1);ans+=(LL)siz*(temps-1);}cout<<ans<<'\n';
}

第二题——锁（lock）

【题目描述】

给出n个人,m和n个人的权值值，给每一个人附上若干把钥匙使得满足，每把钥匙对应一把锁，每个钥匙可以发给多个人，每个人可以拿多把钥匙。
求满足下面条件的最少的锁的数目

任意权值和SSS满足S<mS<mS<m的人的集合都无法开启所有的锁。
任何权值和SSS满足S≤S\leqS≤的人的集合能够开启所有的锁。

这个题目真的不是很好打，最开始乱搞只拿了20分。看了题解才知道是集合数学建模，但大家都不会也没什么亏的。
考虑两个满足S<mS<mS<m的不同的集合，如果两个集合的权值恰好比mmm小，再加上一个不包含的最小值比mmm要大的情况下，不能同时缺同一把钥匙，简单证明就是
满足S1<m,m≤S1+min1S_1<m,m\leq S_1+min_1S1<m,m≤S1+min1S2<m,m≤S2+min2S_2<m,m\leq S_2+min_2S2<m,m≤S2+min2
那么m≤S1+S2m\leq S_1+S_2m≤S1+S2
但是两个集合的人还是缺一把钥匙，不满足条件2，假设就不能成立
那么就可以知道，答案的个数就是满足S<m,m≤S+minS<m,m\leq S+minS<m,m≤S+min的集合个数
那就暴力枚举集合就可以了。
如果所有人的权值和都比mmm小，那就只要1把锁，没有人有钥匙就可以了。
非常不错的一道题

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
void fff(){freopen("lock.in","r",stdin);freopen("lock.out","w",stdout);
}
LL read(){LL x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();return x;
}
const int N=40;
LL n,m;
LL a[N];
const LL INF=1e9;
int main(){//  fff();LL sum,minn;n=read(),m=read();LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=0;i<(1<<n);i++){sum=0;minn=INF;for(int j=1;j<=n;j++){if((i&(1<<(j-1)))!=0)sum+=a[j];else minn=min(minn,a[j]);}if(sum<m&&sum+minn>=m) ans++;}ans=max(ans,(LL)1);cout<<ans;
}

第三题——正方形（square）

【题目描述】

给出T(T≤106)T(T\leq 10^6)T(T≤106)个n(n≤107)n(n\leq 10^7)n(n≤107)，求出∏i=1n∏j=1nlcm(i,j)i∗lcm(i,j)j\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{lcm(i,j)}{i}*\frac{lcm(i,j)}{j}}i=1∏nj=1∏nilcm(i,j)∗jlcm(i,j)

这个题目一看就知道不是很和谐了，数学题放到最后面都没什么人做出来orz。打打暴力好像还有40分。
题解里好像各种打法都有，50-75不等，反演，欧拉函数等等，都可以进行优化，此处不赘述
正解：
先将式子化简∏i=1n∏j=1nlcm(i,j)i∗lcm(i,j)j=∏i=1n∏j=1ni∗jgcd(i,j)i∗i∗jgcd(i,j)j\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{lcm(i,j)}{i}*\frac{lcm(i,j)}{j}}=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{\frac{i*j}{gcd(i,j)}}{i}*\frac{\frac{i*j}{gcd(i,j)}}{j}}i=1∏nj=1∏nilcm(i,j)∗jlcm(i,j)=i=1∏nj=1∏nigcd(i,j)i∗j∗jgcd(i,j)i∗j
=∏i=1n∏j=1ni∗jgcd(i,j)2=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{i*j}{gcd(i,j)^2}}=i=1∏nj=1∏ngcd(i,j)2i∗j
考虑对于每一个i,ji,ji,j是相互等价的，那么可以减少运算次数，变成：
(∏i=1n∏j=1ii∗jgcd(i,j))2(\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{i}\frac{i*j}{gcd(i,j)})^2(i=1∏nj=1∏igcd(i,j)i∗j)2
由于上下可以相互分离不影响，那么就可以改写成：
∏i=1n∏j=1ni∗j∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)2\frac{\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}i*j}{\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}gcd(i,j)^2}∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)2∏i=1n∏j=1ni∗j
我们发现对于上面的分子来说，可以写成
∏i=1nin∗n!=(n!)2n\prod_{i=1}^{n}i^n*n!=(n!)^{2n}i=1∏nin∗n!=(n!)2n
这一部分可以O(n)O(n)O(n)前缀积处理。
我们考虑分母∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)2\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}gcd(i,j)^2i=1∏nj=1∏ngcd(i,j)2
题解上面就一句“我们单独考虑每个素数对答案的贡献，对于一个素数x，它在kx处会对答案有（2k-1）的贡献，求一遍前缀积即为答案”，但这对于读者来说过于草率，非常难以理解。在此进行展开
考虑素数筛出每一个质数，对于每一个nnn的质因子pip_ipi，nnn之前每pip_ipi个数当中就会有一个数与nnn的gcdgcdgcd是pip_ipi，那么可以通过倍数法求出这些数的乘积，而对于与nnn的gcdgcdgcd是pi2,pi3p_i^2,p_i^3pi2,pi3等等的，由于之前已经筛过了pip_ipi的倍数，之后只要叠加再筛pip_ipi就可以了。代码实现较为难理解。

if(!visited[i]){//如果i是质数LL t=i;//t是质数for(int k=1;t<=T;k++,t*=i){//此处设T是最大值N，t逐渐变成p1^2,p1^3...for(LL tmp=t,num=i;tmp<=T;tmp+=t,num=1ll*num*i%MOD*i%MOD)//由于产生的gcd(i,i)等价，所以只筛一次//从前往后寻找sum[tmp]=1ll*sum[tmp]*num%MOD;//类乘}for(int k=i;k<=T;k+=i) visited[k]=true;//素数筛}

然后这一部分处理好之后就可以前缀积求出分母了。
然后暴力快速幂求出分子和分母的逆元（存在取模）。

#pragma GCC optimize(2)
#pragma G++ optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
void fff(){freopen("square.in","r",stdin);freopen("square.out","w",stdout);
}
int read(){int x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();return x;
}
const int MOD=19260817;
const int N=1e7+10;
const int T=1e7;
int n;
int prime[N],cnt;
LL sum[N],mul[N];
LL f[N];
int maxx=0;
bool visited[N];
LL power(int x,int y){int i=x;x=1;while(y>0){if(y%2==1)x=1ll*x*i%MOD;i=1ll*i*i%MOD;y/=2;}return x;
}
int main(){//  fff();for(int i=0;i<=T;i++) sum[i]=1;for(int i=2;i<=T;i++){if(!visited[i]){LL t=i;for(int k=1;t<=T;k++,t*=i){for(LL tmp=t,num=i;tmp<=T;tmp+=t,num=1ll*num*i%MOD*i%MOD)sum[tmp]=1ll*sum[tmp]*num%MOD;}for(int k=i;k<=T;k+=i) visited[k]=true;}}for(int i=1;i<=T;i++) sum[i]=1ll*sum[i-1]*sum[i]%MOD;for(int i=1;i<=T;i++) sum[i]=sum[i]*sum[i]%MOD;mul[0]=1;for(int i=1;i<=T;i++)mul[i]=1ll*mul[i-1]*i%MOD;int t;t=read();while(t--){n=read();int ans=1ll*power(mul[n],2*n)*power(sum[n],MOD-2)%MOD;printf("%d\n",ans);}
}

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