【2020 ICPC Asia East Continent Final】赛前训练

A - Namomo Subsequence

输入：

输出：

样例：

解析：

“namomo”类子序列可以拆为"na"和“momo”两部分，两部分分别计算然后乘起来容斥一下即可，分5种情况：abcdcd (b!=c、a!=b、c!=d)、cbcdcd (c!=d、b!=c、c!=b), adcdcd (a!=d、c!=d、d!=c), dbcdcd （d!=b、b!=c、c!=d）, ababab（a!=b) 遍历每个"m"并枚举每一个"o"，结果为abcdcd-cbcdcd-adcdcd-dbcdcd+ababab，时间复杂度62*n

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6+5,mod=998244353;
char str[N];
int len;
int dp1[64][N];//dp1[j][i] 在i的位置时，向后str[i]jstr[i]j有多少str[i]！=j
int dp3[62];//dp3[i] 向后有多少i
int dp2[62];//dp2[i] 向前有多少i
int dp0[62];//向前ij有多少i！=j
LL ab[62][62];//ab[i][j] 向后有多少形如ij的 (i!=j)
LL bab[62][62];//bab[i][j] 向后有多少形如jij的(i!=j)
LL ans=0;
LL xb[62];// xb[i] 向前有多少形如ib的 (i!=b，b任意)
LL ax[62];// ax[i] 向前有多少形如ai的 (i!=a，a任意)
LL tt[62][62];// tt[i][j] 向前有多少形如ij的 (i!=j)
int mpp(int ch){if(ch>='0'&&ch<='9'){return ch-'0';}if(ch>='A'&&ch<='Z'){return ch-'A'+10;}return ch-'a'+36;
}
int mp[256];
int main(){scanf("%s",str+1);len=strlen(str+1);for(int i='0';i<='9';++i)mp[i]=mpp(i);for(int i='A';i<='Z';++i)mp[i]=mpp(i);for(int i='a';i<='z';++i)mp[i]=mpp(i);for(int i=len;i>=1;--i){int c=mp[str[i]];for(int j=0;j<62;++j){if(c==j)continue;dp1[j][i]=dp1[j][i]+bab[c][j];if(dp1[j][i]>=mod)dp1[j][i]-=mod;bab[j][c]=(bab[j][c]+ab[j][c]);if(bab[j][c]>=mod)bab[j][c]-=mod;ab[c][j]=ab[c][j]+dp3[j];if(ab[c][j]>=mod)ab[c][j]-=mod;}dp3[c]++;}for(int i=1;i<=len;++i){int c=mp[str[i]];LL sum=0;for(int j=0;j<62;++j){if(j!=c){sum=(sum+dp0[j]);if(sum>=mod)sum-=mod;}}for(int j=0;j<62;++j){if(c==j){dp0[c]=((LL)dp0[c]+i-1-dp2[c]);if(dp0[c]>=mod)dp0[c]-=mod;ax[j]=(ax[j]+i-1-dp2[j]);if(ax[j]>=mod)ax[j]-=mod;continue;}LL temp=dp1[j][i];LL db=(xb[j]-tt[c][j]+mod);if(db>=mod)db-=mod;xb[j]=(xb[j]+dp2[j]);if(xb[j]>=mod)xb[j]-=mod;tt[c][j]=(tt[c][j]+dp2[j]);if(tt[c][j]>=mod)tt[c][j]-=mod;ans=(ans+(sum-xb[c]-ax[j]-db+tt[j][c]+3LL*mod)%mod*temp)%mod;}dp2[c]++;}printf("%lld\n",ans%mod);return 0;
}

F - Rooks

签到题，按X轴排一下序，按Y轴排一下序，判断相邻的节点即可。

L - Square

解析：

首先对每一个数质因子分解，并对每一个质因子的指数对2取模（2倍的质因子对结果无影响），对每一个质因子分开讨论，发现现规律：如果要使数组满足条件，对于这个质因子要么所有数都有，要么都没有（指的是指数对2取模为0），因为如果只有部分有，那必存在相邻的两一个有，一个没有，这中情况是不满足这两个数的乘积是完全平方数的。据此可的解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int a[N];
int cnt[N];
void div(int x)
{for(int i=2;i*i<=x;i++){int c=0;while(x%i==0){x/=i;c++;}c%=2;cnt[i]+=c;}if(x>1)cnt[x]++;
}
LL qpow(LL a,LL k,LL p)
{LL res=1;while(k){if(k&1)res=res*a%p;k>>=1;a=a*a%p;}return res;
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++){div(a[i]);}LL ans=1;for(int i=1;i<N;i++){if(cnt[i]){ans=ans*qpow(i,min(cnt[i],n-cnt[i]),mod)%mod;}}printf("%lld",ans);
}

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