正题

比赛链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1084#question

成绩

T1:T1:T1:数数

题目大意

给出nnn，求∑i=1n∑j=1n(i∗j)\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (i*j)i=1∑nj=1∑n(i∗j)
和
∏i=1n∏j=1n(i∗j)\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n(i*j)i=1∏nj=1∏n(i∗j)

解题思路

第一个答案显然就是
(∑i=1ni)∗(∑j=1nj)(\sum_{i=1}^ni)*(\sum_{j=1}^n j)(i=1∑ni)∗(j=1∑nj)
等差数列求和即可O(1)O(1)O(1)解决。
第二个是
∏i=1ni2n⇒(∏i=1ni)2n\prod_{i=1}^ni^{2n} \Rightarrow\ (\prod_{i=1}^n i)^{2n}i=1∏ni2n⇒ (i=1∏ni)2n
预处理后O(log⁡n)O(\log n)O(logn)回答。

codecodecode

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll XJQ=998244353;
ll t,n,s[10010000],sum;
ll power(ll x,ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*x%XJQ;x=x*x%XJQ;b>>=1;}return ans;
}
int main()
{scanf("%lld",&t);s[0]=1;for(ll i=1;i<=1e7;i++)s[i]=s[i-1]*i%XJQ;while(t--){scanf("%lld",&n);sum=((n+1)*n/2)%XJQ;printf("%lld %lld\n",sum*sum%XJQ,power(s[n],2*n));}
}

T2:GalahadT2:GalahadT2:Galahad

题目大意

一个长度为nnn的序列，求[l,r][l,r][l,r]这个区间的和，需要注意的是若一个数出现多次的话只计算一次。

解题思路

莫队会T\color{red}\texttt{\huge莫队会T}莫队会T
我们先将询问按照右端点单调不降排序，然后我们用指针进行扫描。

现在我们不需要考虑右端点了，只需要在已有的数中每次询问一个左端点。

我们考虑如何计算，因为不能重复，我们可以对于每个数计算出一个可以影响的范围，也就是最右边的那个数。

我们现在得出一种算法，我们每次右端点移动时加入一个数，若这个数之前没有就直接在树状数组上加入，否则就将前面的那个赋值为0后再进行加入。

codecodecode

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lowbit(x) (x&-x)
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e5+100;
struct node{ll l,r,id;
}a[N];
ll n,m,w[N],t[N],ans[N],v[N],sum;
void change(ll x,ll z)
{while(x<=n){t[x]+=z;x+=lowbit(x);}
}
ll ask(ll x)
{ll ans=0;while(x){ans+=t[x];x-=lowbit(x);}return ans;
}
bool cMp(node x,node y)
{return x.r<y.r;}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[i]);for(ll i=1;i<=m;i++)scanf("%lld%lld",&a[i].l,&a[i].r),a[i].id=i;sort(a+1,a+1+m,cMp);ll tail=1;for(ll i=1;i<=m;i++){while(tail<=a[i].r){if(v[w[tail]])  change(v[w[tail]],-w[tail]);else sum+=w[tail];v[w[tail]]=tail;change(tail,w[tail]);tail++;}ans[a[i].id]=sum-ask(a[i].l-1);}for(ll i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
}

T3:T3:T3:烹饪

题目大意

nnn个数的序列aaa，在其中选出若干个组成无序序列bbb。使得N+∈∑(bi∗ki)\mathbb{N}^+\in \sum (b_i*k_i)N+∈∑(bi∗ki)
kik_iki为任意整数。

求有多少种选择方案数。

解题思路

根据裴蜀定理，我们有ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)，若gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1那么就可以变成任意正整数。我们可以将其扩展到多元。
gcd(a,b)x+cy=gcd(a,b,c)⇒ax+by+cz=gcd(a,b,c)gcd(a,b)x+cy=gcd(a,b,c)\Rightarrow ax+by+cz=gcd(a,b,c)gcd(a,b)x+cy=gcd(a,b,c)⇒ax+by+cz=gcd(a,b,c)
以此类推我们可以得出若我们选择的无序序列bbb的gcd=1gcd=1gcd=1那么就满足条件。

我们依次设立dpdpdp，设fi,jf_{i,j}fi,j表示到第iii个，gcdgcdgcd之和为jjj时的方案数。我们有
fi,gcd(i,j)=∑fi−1,jf_{i,gcd(i,j)}=\sum f_{i-1,j}fi,gcd(i,j)=∑fi−1,j

这里我们倒过来转移即可，下面的代码是滚动了的。

codecodecode

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll XJQ=998244353;
ll n,num,f[2100];
ll power(ll x,ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*x%XJQ;x=x*x%XJQ;b>>=1;}return ans;
}
int main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&num);f[num]=(f[num]+1)%XJQ;for(ll j=1;j<=2000;j++)(f[__gcd(j,num)]+=f[j])%=XJQ;}printf("%lld",(f[1]*power(2,XJQ-2))%XJQ);
}

T4:T4:T4:粉丝群

题目大意

求有多少个nnn个数的序列满足以下条件

和为2n2n2n且每个数不小于1
任意一个子集的和不为nnn

求有多少个，和字典序第kkk小的方案的异或和。

解题思路

结论题，打表找一下就好了。
我们会发现方案数是n−1n-1n−1个111和一个n+1n+1n+1，还有若是奇数的话还有一个全是222的方案。

证明一下(十分感性)，此时我们有一个长度为序列nnn，此时对于每个1≤ai≤n1\leq a_i\leq n1≤ai≤n。

那么我们发现若一个数为2+k2+k2+k那么至少就会有kkk个数为111，假设最终能组成nnn的有lll个数那么有
2l+∑i=1lki=n−z(z∈[0,∑i=1lk])2l+\sum_{i=1}^l k_i=n-z(z\in [0,\sum_{i=1}^l k])2l+i=1∑lki=n−z(z∈[0,i=1∑lk])
⇒∑i=1lki≥n−2l−∑i=1lk\Rightarrow \sum_{i=1}^l k_i\geq n-2l-\sum_{i=1}^l k⇒i=1∑lki≥n−2l−i=1∑lk且∑i=1lki≤n−2l\sum_{i=1}^l k_i\leq n-2li=1∑lki≤n−2l
显然此时对于任意∑i=1lki>0\sum_{i=1}^l k_i>0∑i=1lki>0都有解

codecodecode

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k;
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&k);printf("%lld\n",n+(n&1)-(n==1));if(n&1) printf("%lld",(k==n)?2:(n+1));else printf("%lld",(n+1)^1);
}

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