前言

和上一次的区别就是，这周比赛难度稍微地降低
但是，还是太菜了被dalao吊打的恐惧

JZOJ 5791 阶乘

题目

给定 p = Π i = 1 n a [ i ] p=\Pi_{i=1}^n a[i] p=Πi=1na[i]，若 p × q = m ! ， q ∈ N ∗ p\times q=m!，q\in N* p×q=m!，q∈N∗
求最小的 m m m

分析

然而这道题不算很难，首先把 p p p分解质因数,(当然不可能直接给 p p p)，所以要把 a a a数组分解，那么之后枚举 p p p的质约数，并且判断若要求出 m m m，对于 p p p的质约数或它的倍数，最多得匹配到几才能满足 p p p的该质约数的指数，讲到这里，就讲完了

代码

#include <cstdio>
#define max(a,b) ((a)>(b))?(a):(b)
#define rr register
using namespace std;
int sum[100001];
inline signed in(){rr int ans=0; rr char c=getchar();while (c<48||c>57) c=getchar();while (c>47&&c<58) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();return ans;
}
signed main(){while (1){rr int n=in();while (n--){rr int x=in();for (rr int j=2;j*j<=x;++j)//分解质因数while (x%j==0) x/=j,sum[j]++;if (x>1) sum[x]++;}break;}rr int ans=0;for (rr int i=2;i<=100000;++i)if (sum[i]>0){rr int now=i;while (sum[i]>0){rr int tmp=now; now+=i;while (tmp%i==0) sum[i]--,tmp/=i;//最多需要匹配到几才能满足}ans=max(ans,now-i);//加多了要减回去}return !printf("%d",ans);
}

JZOJ 5793 小S练跑步

最少拐弯问题加上限制无法走某个方向，广搜就可以过，
放出dalao的题解
没办法，我的代码还是得放上去(感性理解，在此不多赘述)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define min(a,b) ((a)<(b))?(a):(b)
#define rr register
using namespace std;
struct node{int x,y; char dir;}; queue<node>q;
int dis[503][503][4],n,m; char could[503][503];
int main(){freopen("run.in","r",stdin);freopen("run.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);memset(dis,127/3,sizeof(dis));dis[1][1][0]=dis[1][1][1]=0;for (rr int i=1;i<=n;++i)for (rr int j=1;j<=m;++j){could[i][j]=getchar();while (could[i][j]!='U'&&could[i][j]!='L'&&could[i][j]!='D'&&could[i][j]!='S'&&could[i][j]!='R') could[i][j]=getchar();}if (could[1][1]=='S') return !printf("No Solution"); if (could[n][m]=='S') could[n][m]='R'; bool flag=0;if (could[1][1]!='D') q.push((node){1,1,'D'});if (could[1][1]!='R') q.push((node){1,1,'R'});while (q.size()){rr node t=q.front(); q.pop();rr int xx=0,yy=0,ddir;if (t.dir=='D'&&t.x<n&&could[t.x+1][t.y]!='S') xx=t.x+1,yy=t.y,ddir=0;if (t.dir=='R'&&t.y<m&&could[t.x][t.y+1]!='S') xx=t.x,yy=t.y+1,ddir=1;if (t.dir=='U'&&t.x>1&&could[t.x-1][t.y]!='S') xx=t.x-1,yy=t.y,ddir=2;if (t.dir=='L'&&t.y>1&&could[t.x][t.y-1]!='S') xx=t.x,yy=t.y-1,ddir=3;if (!xx||!yy) continue;if (could[xx][yy]!='D'&&dis[xx][yy][0]>dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='D'&&(xx!=n||yy!=m)))dis[xx][yy][0]=dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='D'&&(xx!=n||yy!=m)),q.push((node){xx,yy,'D'});if (could[xx][yy]!='R'&&dis[xx][yy][1]>dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='R'&&(xx!=n||yy!=m)))dis[xx][yy][1]=dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='R'&&(xx!=n||yy!=m)),q.push((node){xx,yy,'R'});if (could[xx][yy]!='U'&&dis[xx][yy][2]>dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='U'&&(xx!=n||yy!=m)))dis[xx][yy][2]=dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='U'&&(xx!=n||yy!=m)),q.push((node){xx,yy,'U'});if (could[xx][yy]!='L'&&dis[xx][yy][3]>dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='L'&&(xx!=n||yy!=m)))dis[xx][yy][3]=dis[t.x][t.y][ddir]+(t.dir!='L'&&(xx!=n||yy!=m)),q.push((node){xx,yy,'L'});} rr int ans=min(min(dis[n][m][0],dis[n][m][1]),min(dis[n][m][2],dis[n][m][3]));if (ans<707406378) return !printf("%d",ans); else return !printf("No Solution");
}

JZOJ 5787 轨道

题目

v = a 1 × a 2 × ⋯ × a n k v=\frac{a_1\times a_2\times\cdots\times a_n}{k} v=ka1×a2×⋯×an
已知 n n n和 k k k，求这 n n n个正整数在都不大于 m m m的情况下有多少种选择方式，使得 g c d ( v , k ) = 1 gcd(v,k)=1 gcd(v,k)=1

分析

需要数论牵扯，然而这是道动态规划的题目，设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]为前 i i i个数，乘积与 k k k的最大公约数为 k k k的第 j j j个约数的方案数（且乘积除以公约数与 k k k互质）
容易得到 d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ 约数 ] ∗ d p [ 1 ] [ j / 约数 ] dp[i][j]=dp[i-1][约数]*dp[1][j/约数] dp[i][j]=dp[i−1][约数]∗dp[1][j/约数]
但是如何初始化是个问题，那么就是 m / a [ i ] x = 1 g c d ( x , k ) = 1 的个数。 \frac{m/a[i]}{x=1}gcd(x,k)=1的个数。 x=1m/a[i]gcd(x,k)=1的个数。，需要用容斥原理跑深搜，然而我不会莫比乌斯反演怎么做，于是

代码(80分TLE，请自行O2)

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define answer(t) (dp[kdys2[j][t]][t1^1]*pre[rk[kdys[j]/kdys[kdys2[j][t]]]])//使代码简洁了许多
#define rr register//register的威力
using namespace std;
vector<int>kdys; vector<short>kdys2[3001],prime;//第一个小优化就是变成了short，虽然时间貌似多了点，但是内存比只用int少了一半
int m,k; short n,rk[10000001],dp[3001][2],t1=1,pre[3001];//没错，dp用滚动数组
void dfs(int lm,short dep,short o_n,int now,short &ans){if (dep>prime.size()) ans=(ans+lm/now*o_n)%10007;else dfs(lm,dep+1,o_n,now,ans),dfs(lm,dep+1,-o_n,now*prime[dep-1],ans);//容斥
}
signed main(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for (rr short i=1;i*i<=k;++i)//首先找出k的约数if (k%i==0){kdys.push_back(i);if (i*i<k) kdys.push_back(k/i);}sort(kdys.begin(),kdys.end());for (rr short i=2;i*i<=k&&k>1;++i)//然后找出k的质约数if (k%i==0){prime.push_back(i);while (k%i==0) k/=i;}if (k>1) prime.push_back(k);for (rr short i=0;i<kdys.size();++i){//找出k的约数的约数(必然也是k的约数)rr char flag=65;for (rr short j=0;j<=i;++j)if (kdys[i]%kdys[j]==0)flag=66,kdys2[i].push_back(j);}for (rr short i=0;i<kdys.size();++i){//初始化，记录编号rk[kdys[i]]=i; rr short ans=0;if (m/kdys[i]==0) continue;dfs(m/kdys[i],1,1,1,ans);dp[i][0]=pre[i]=ans%10007;}for (rr short i=2;i<=n;++i,t1^=1)for (rr short j=0;j<kdys.size();++j){rr short tot=0; if (!kdys2[j].size()) continue;//基本不可能，但是为了好看for (rr short k=0;k<(kdys2[j].size()&15);++k) tot=(tot+answer(k))%10007;//循环展开for (rr short k=(kdys2[j].size()&15);k<kdys2[j].size();k+=16){tot=(tot+answer(k)+answer(k+1))%10007;tot=(tot+answer(k+2)+answer(k+3))%10007;tot=(tot+answer(k+4)+answer(k+5))%10007;tot=(tot+answer(k+6)+answer(k+7))%10007;tot=(tot+answer(k+8)+answer(k+9))%10007;tot=(tot+answer(k+10)+answer(k+11))%10007;tot=(tot+answer(k+12)+answer(k+13))%10007;tot=(tot+answer(k+14)+answer(k+15))%10007;}//其实就是for (rr short k=0;k<kdys2[j].size();++k) tot=(tot+answer(k))%10007;dp[j][t1]=tot;}return !printf("%d",(dp[kdys.size()-1][t1^1]%10007+10007)%10007);//输出答案
}

后续

沉迷OI，日渐消瘦虚胖

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