清北学堂day1考试
probA
小 N 最近在沉迷数学问题。
对于一个数字串 S，如果可以将它划分成两个数字 A、B，满足：
1、 S ̅=(AB) ̅ 。（就是分割的时候，前面的串为A，后面的为B）
2、 A、B 均不包含前导 0。
3、 B 是 A 的倍数，且B / A是完全立方数。
那么小 N 就认为该划分是一个“好划分”。 如对于数字串“11297”，（11， 297）就是一个“好划分”。
如果一个数字串 S 至少有两个“好划分”，那么小 N 就认为 S 是一个“魔法串”。 如数字串“1335702375”就是一个“魔法串”，其“好划分”有（1， 335702375）和（133，5702375）。
现在给定正整数 N，小 N 需要你帮她求出一个长度恰好为 N 的“魔法串”S，如果无解请输出“QwQ”（不带引号）。
【输入】
一行一个正整数 N。
【输出】
一行一个长度恰好为 N 的“魔法串”S， 如果无解请输出“QwQ”（不带引号） 。
【输入输出样例】
19
【输出样例】
1124784124392112128
【数据范围】
对于 30%的数据： 1 ≤ N ≤ 10。
对于 50%的数据： 1 ≤ N ≤ 35。
对于 100%的数据： 1 ≤ N ≤ 100。
T1不知道为什么就gg了，最后拿了90，比赛一开场看到这个题QwQ感觉就是个规律题
首先写了一个暴力找规律
枚举A，然后枚举B是A的多少倍，不难证明这个东西的复杂度是在O （1000000） （ 1000000 ） （1000000）以内的，然后对于每一个A和倍数，我们都将这个数记录在一个 map m a p map里，如果一个数出现过两次，就说明它可以有至少两次分割
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
#include<map> using namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}ll a,b;
map<long long,int> mp;
ll n;ll count(ll x)
{ll cnt=0;while (x){cnt++;x/=10;}return cnt;
}ll qsm(ll i,ll j)
{ll ans=1;while (j){if (j&1) ans*=i;i*=i;j>>=1;}return ans;
}char s[110],ss[110];int main()
{scanf("%lld",&n);ll top = qsm(10,n)-1;//cout<<top<<endl;for (int i=1;i<=top;i++){ll j=1;ll cc=count(i);//cout<<"gg"<<endl;while ((cc+count(i*j*j*j))<n) j++;if (cc+count(i*j*j*j)>n) continue;while (cc+count(i*j*j*j)==n){ll xx=i*j*j*j;ll ymh=i*qsm(10,count(xx))+xx;mp[ymh]++; if (mp[ymh]==2){cout<<ymh<<endl;//return 0;} j++;}}cout<<"QwQ";return 0;
}
经过一些小数的计算，就找到了规律。
就是根据%3的余数来分类，这就不详细说了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>using namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int s[220];
int n;
int main()
{freopen("magic.in","r",stdin);freopen("magic.out","w",stdout);scanf("%d",&n);if (n<=4) cout<<"QwQ";else{if (n%3==2){s[1]=7;s[2]=3;s[3]=5;s[4]=8;s[5]=4;int tmp = 5;while (tmp<n){s[++tmp]=0; }}if (n%3==0){s[1]=3;s[2]=2;s[3]=4;int tmp =3;while (tmp<n){s[++tmp]=0;}}if (n%3==1){//1621296s[1]=1;s[2]=6;s[3]=2;s[4]=1;s[5]=2;s[6]=9;s[7]=6;int tmp =7;while (tmp<n){s[++tmp]=0;}}}for (int i=1;i<=n;i++){cout<<s[i];}return 0;
}
prob2
【问题描述】
有1~n一共n个数，n为偶数。小Q要把这n个数随机地两两配对。令每一对的权值为它们两个数的和。小Q想要知道这n对里最大的权值的期望是多少。请输出答案对10^9+7取模的值。
【输入】
一行一个正整数 N。
【输出】
一行一个整数，表示答案对10^9+7取模的值。
【输入样例】
4
【输出样例】
6
【数据范围】
对于 20%的数据： 1 ≤ N ≤ 10。
对于 40%的数据： 1 ≤ N ≤ 2000。
对于 100%的数据： 1 ≤ N ≤ 500000。
QwQ
考试的时候，只会暴力
就是暴力枚举所有的配对方案
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long longusing namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}const ll mod = 1e9+7;int vis[10010];
int n;
int a[1010];
ll ans;
ll ans1=1;ll qsm(ll i,ll j)
{ll ans=1;while (j){if (j&1) ans=ans*i%mod;i=i*i%mod;j>>=1;}return ans;
}
void dfs(int x,int tmp)
{if (tmp==n/2){ll max1 = 0;for (int i=1;i<=n/2;i++) max1=max(max1,(long long)a[i]);ans=(ans+max1)%mod; }else{ if (vis[x]){dfs(x+1,tmp);}elsefor (int i=1;i<=n;i++){if (!vis[i] && x!=i){a[tmp+1]=x+i;vis[x]=1;vis[i]=1;dfs(x+1,tmp+1);vis[x]=0;vis[i]=0;a[tmp+1]=0; }}}
}
int main()
{freopen("pair.in","r",stdin);freopen("pair.out","w",stdout);scanf("%d",&n);dfs(1,0);for (int i=1;i<=n-1;i+=2){ans1=ans1*i%mod;}//cout<<ans1<<endl;cout<<ans*qsm(ans1,mod-2)%mod;return 0;
}
正解就是：
考虑枚举答案是否 ≥m ≥ m \ge m
转化成答案是否 ≤m ≤ m \le m
把 1−n 1 − n 1-n分成两部分，一部分是 >m2 > m 2 >\frac{m}{2}的，一部分是 ≤m2 ≤ m 2 \le \frac{m}{2}的。
显然 >m2 > m 2 >\frac{m}{2}的只能和 ≤m2 ≤ m 2 \le\frac{m}{2}的匹配。
我们从大到小枚举 >m2 > m 2 >\frac{m}{2}的部分，每次都有 m−n m − n m-n种选择，故方案数为
(m-n)^{n-\frac{m}{2}}
剩下的部分是一个完全图，令 f(x) f ( x ) f(x)为 x x x个点的方案数,f(x)" role="presentation" style="position: relative;">f(x)f(x)f(x)为 1×3×5×⋯×(x−1) 1 × 3 × 5 × ⋯ × ( x − 1 ) 1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (x-1)
QwQ以上是老师的题解，但是我并不是非常理解
预处理阶乘后可以 O(nlogn) O ( n l o g n ) O(nlogn)进行计算。
但是我们通过这样计算得到的可能性情况，实际上是保证了任意两个数 ≤ ≤ \lem的情况，而不是 == == == 所以，我们维护一个front 表示 ≤ ≤ \lem-1的情况，二者相减，就能得到 == == ==m的情况了
QwQ感觉我的程序还是比std更好理解
这里有一些注意的地方，写一下，怕自己以后忘掉：
1>v只所以不直接用 n−m2 n − m 2 n - \frac{m}{2}是怕m在奇数的时候出现bug，所以用 (2∗n−m+1)2 ( 2 ∗ n − m + 1 ) 2 \frac{(2*n-m+1)}{2}这样就不会出现边界的划分问题
2>inv的数组下表之所以是 n2−v n 2 − v \frac{n}{2}-v的原因是
我们考虑大于 m2 m 2 \frac{m}{2}的数是有 n−m2 n − m 2 n - \frac{m}{2}个，
然后每一个数匹配到一个数，那么使用过的数就是 2×n−m 2 × n − m 2\times n - m，
那么剩余的数就是 n−(2×n−m) n − ( 2 × n − m ) n-(2\times n -m)，也就是 m−n m − n m-n
因为有令 f(x) f ( x ) f(x)为 x x x个点的方案数,f(x)" role="presentation" style="position: relative;">f(x)f(x)f(x)为 1×3×5×⋯×(x−1) 1 × 3 × 5 × ⋯ × ( x − 1 ) 1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (x-1)
所以，要乘到 m−n2 m − n 2 \frac{m-n}{2}，那么inv的下表也就是 m−n2 m − n 2 \frac{m-n}{2}
就等于 n2−v n 2 − v \frac{n}{2}-v (之所以用v来计算，还是为了避免因为m的奇偶性带来的bug）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long longusing namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}const ll mod = 1e9+7;long long qsm(ll i,ll j)
{ll ans=1;while (j){if (j&1) ans=ans*i%mod;i=i*i%mod;j>>=1;}return ans;
}ll inv[1000010];
ll ans,front;
int n;
int main()
{scanf("%d",&n);inv[0]=1;for (int i=1;i<=n/2;i++){inv[i]=inv[i-1]*(2*i-1)%mod;}front=0;for (int m=n+1;m<=2*n-1;m++){ll v=(2*n-m+1)/2;ll tmp = qsm(m-n,v)%mod*inv[n/2-v]%mod;ans=(ans+(tmp-front+mod)%mod*(long long)m%mod)%mod;front=tmp;}ans=ans*qsm(inv[n/2],mod-2)%mod;cout<<ans;return 0;
}
probC
幸运数
（lucky.cpp/c/pas）lucky.in lucky.out
【问题描述】
对于任意两个非零整数x，y，若整数d能同时被x和y整除，则称d为x与y的公约数。定义x与y的最大公约数gcd(x, y)为x与y的最大的公约数。
如gcd(6, 9) = 3，gcd(12, 16) = 4，gcd(25, 32) = 1，等等。
这里，我们定义什么是幸运数：
对于一个正整数d，我们使用di表示d在十进制表示下，按从低位到高位顺序的第i位数字。
设F(d)表示d的奇数位的数字之和，即F(d) = d1 + d3 + d5 + ……；
设G(d)表示d的偶数位的数字之和，即G(d) = d2 + d4 + d6 + ……；
若F(d)与G(d)均大于0，且F(d)与G(d)的最大公约数不超过K，则称d为幸运数。其中K是一个已知的常数。
举个例子来说，若d = 641，则d1 = 1，d2 = 4，d3 = 6，F(641) = 1 + 6 = 7，G(641) = 4。此时F(d)与G(d)的最大公约数即gcd(7, 4)等于1。则当K不小于1时641是幸运数。
小M请你回答下面的问题：
对于给定的K，在不小于L并且不超过R的所有整数中，有多少个数是幸运数？
注意，输入文件包含多组测试数据。
【输入文件】
第一行包含一个整数T，表示有T组测试数据。
接下来T行，每行包含三个整数K、L、R，表示一次询问。
【输出文件】
输出T行，每行一个整数，依次表示每组测试数据的答案。
【输入样例】
5
1 1 10
2 28 34
100 987654321 987654321
1 1 50000
1 50001 100000
【输出样例】
0
5
1
30298
30309
【样例解释】
K = 1时，1到10之间不存在幸运数。
K = 2时，28到34之间的幸运数有28、29、31、32、34，共5个。
K = 100时，987654321是幸运数。
K = 1时，1到50000之间的幸运数有30298个，50001到100000之间的幸运数有30309个。
【数据规模和约定】
对于10%的数据：1 ≤ L ≤ R ≤ 103。
另有10%的数据：1 ≤ L ≤ R ≤ 107，1 ≤ K, T ≤ 10。
另有10%的数据：1 ≤ L ≤ R ≤ 109，K = 1，1 ≤ T ≤ 10。
对于60%的数据：1 ≤ L ≤ R ≤ 1012，1 ≤ K, T ≤ 102。
对于100%的数据：1 ≤ L ≤ R ≤ 1018， 1 ≤ K ≤ 102，1 ≤ T ≤ 1 000。
QAQ考场上想的是数位dp
我们考虑这个求 [L,R] [ L , R ] [L,R]之间的答案，其实就是可以用 ans[1,r]−ans[1,l−1] a n s [ 1 , r ] − a n s [ 1 , l − 1 ] ans_{[1,r]}-ans_{[1,l-1]}
那么我们令 f[i][j][k][p] f [ i ] [ j ] [ k ] [ p ] f[i][j][k][p]表示前 i i i位，奇数位的和是j" role="presentation" style="position: relative;">jjj,偶数位的和 k k k，最高为是p" role="presentation" style="position: relative;">ppp
的方案数
首先，我们在预处理 f f f数组的时候，需要包含着前导零
void init()
{for (int i=0;i<=9;i++){for (int j=0;j<=9;j++)f[2][i][j][j]=1;}for (register int i=3;i<=18;++i){for (register int x=0;x<=9;++x)for (register int j=0;j<=72;++j)for (register int p=0;p<=72;++p)for (register int q=0;q<=9;++q){if (i&1){f[i][j+x][p][x]+=f[i-1][j][p][q];}else{f[i][j][p+x][x]+=f[i-1][j][p][q];}} }
}对于一个数x，我们设它的长度是len" role="presentation" style="position: relative;">lenlenlen，那么，对于 [1,x] [ 1 , x ] [1,x]中，我们首先可以把长度小于len的“幸运数”的个数加起来
for (register int u=2;u<=len-1;++u)for (register int i=1;i<=81;++i)for (register int j=1;j<=81;++j)for (register int p=1;p<=9;++p)if (gcd(i,j)<=k) tmp+=f[u][i][j][p];然后，我们将位数与x相等，但是最高位比x小的个数加起来
for (register int i=1;i<=81;++i)for (register int j=1;j<=81;++j)for (register int p=1;p<=a[len]-1;++p)if (gcd(i,j)<=k) tmp+=f[len][i][j][p];那么对于卡上界的呢，我们就要维护，比这一位高的偶数位的和，和奇数位的和，然后枚举当前位是多少(最低位要单独判断) 然后搞搞就行
if ((len & 1) && len>=2) ji+=a[len];else ou+=a[len]; for (register int i=len-1;i>=2;i--){for (register int j=0;j<=a[i]-1;++j){for (int u=0;u<=81-ji;u++)for (int v=0;v<=81-ou;v++)if (gcd(u+ji,v+ou)<=k && u+ji!=0 && v+ou!=0) tmp+=f[i][u][v][j];}if (i&1) ji+=a[i];else ou+=a[i];}// cout<<ou<<" "<<ji<<endl;for (register int j=0;j<=a[1];++j)if (gcd(ou,ji+j)<=k && ou!=0 && ji+j!=0) tmp++;下面附上完整代码·
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;inline ll read()
{ll x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}ll f[20][100][100][10];
int t;
ll l,r,k;
ll a[110];int gc(int a,int b)
{if (b==0) return a;else gc(b,a%b);
}int gcd(int a,int b)
{ if (a==0 || b==0) return 1;else return gc(a,b);
}void init()
{for (int i=0;i<=9;i++){for (int j=0;j<=9;j++)f[2][i][j][j]=1;}for (register int i=3;i<=18;++i){for (register int x=0;x<=9;++x)for (register int j=0;j<=72;++j)for (register int p=0;p<=72;++p)for (register int q=0;q<=9;++q){if (i&1){f[i][j+x][p][x]+=f[i-1][j][p][q];}else{f[i][j][p+x][x]+=f[i-1][j][p][q];}} }
}ll count(ll x)
{ll cnt=0;while (x){cnt++;a[cnt]=x%10;x/=10;}return cnt;
}ll solve(ll x)
{memset(a,0,sizeof(a));ll len = count(x);ll tmp=0;for (register int u=2;u<=len-1;++u)for (register int i=1;i<=81;++i)for (register int j=1;j<=81;++j)for (register int p=1;p<=9;++p)if (gcd(i,j)<=k) tmp+=f[u][i][j][p];//cout<<tmp<<" "<<x<<endl; for (register int i=1;i<=81;++i)for (register int j=1;j<=81;++j)for (register int p=1;p<=a[len]-1;++p)if (gcd(i,j)<=k) tmp+=f[len][i][j][p]; ll ji=0,ou=0;if ((len & 1) && len>=2) ji+=a[len];else ou+=a[len]; for (register int i=len-1;i>=2;i--){for (register int j=0;j<=a[i]-1;++j){for (int u=0;u<=81-ji;u++)for (int v=0;v<=81-ou;v++)if (gcd(u+ji,v+ou)<=k && u+ji!=0 && v+ou!=0) tmp+=f[i][u][v][j];}if (i&1) ji+=a[i];else ou+=a[i];}// cout<<ou<<" "<<ji<<endl;for (register int j=0;j<=a[1];++j)if (gcd(ou,ji+j)<=k && ou!=0 && ji+j!=0) tmp++;//cout<<tmp<<endl;return tmp;
}
int main()
{freopen("lucky.in","r",stdin);freopen("lucky.out","w",stdout);cin>>t;init();while (t--){k=read();l=read();r=read();//cout<<solve(99)<<endl;//cout<<solve(int ans=0;printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));}return 0;
}
QwQ然而这个程序只有60分 哎
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