A 摆干草
题意:有一个 1~n 的排列,q 个陈述,每次给出 l~r 的区间最小值 a,问第一个与前面矛盾的陈述序号。
\(1\leq n\leq 10^6,q\leq 25000\)
题解:二分答案。若某些 a 较大的区间的交集包含了某些 a 较小的区间的并集则矛盾。
包含关系可以用并查集或线段树(并查集真毒瘤啊)
线段树不多讲。并查集的话若 [l,r] 被覆盖则暴力将区间的父节点指向 r+1。如果 find(l)>r 则证明区间被覆盖过了。(好玄学啊) (可以证明均摊复杂度很小 from xgzc)
复杂度:\(O(q\log q*\alpha(n))\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 25005
struct Query
{
int l,r,v;
inline friend bool operator < (Query a,Query b)
{
return a.v>b.v;
}
}query[maxn],tmp[maxn];
int fa[1000005],n;
inline int findf(int x)
{
return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=findf(fa[x]));
}
bool check(int x)
{
for(int i=1;i<=x;++i) tmp[i]=query[i];
for(int i=1;i<=n+1;++i) fa[i]=i;
sort(tmp+1,tmp+x+1);
int l1,l2,r1,r2;
l1=l2=tmp[1].l,r1=r2=tmp[1].r;
for(int i=2;i<=x;++i)
{
if(tmp[i].v<tmp[i-1].v)
{
if(findf(l1)>r1) return false;
for(int j=fa[l2];j<=r2;j=fa[j])
{
findf(j);
fa[j]=findf(j+1);
}
l1=l2=tmp[i].l,r1=r2=tmp[i].r;
}
else
{
l1=max(l1,tmp[i].l),l2=min(l2,tmp[i].l);
r1=min(r1,tmp[i].r),r2=max(r2,tmp[i].r);
if(r1<l1) return false;
}
}
if(findf(l1)>r1) return false;
return true;
}
int main()
{
freopen("bales.in","r",stdin),freopen("bales.out","w",stdout);
int q;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=q;++i)
scanf("%d%d%d",&query[i].l,&query[i].r,&query[i].v);
int l=1,r=q+1,mid;
while(l<r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1;
else r=mid;
}
printf("%d\n",l>q?0:l);
return 0;
}
B saber
题意:给定\(n* m\)网格图,\(y=x+1\)左上所有点不能走(线上可以),只能向上或向右,问从(0,0)到(n,m)路径条数模19999999。\(2\leq m\leq n\leq 10^{10}\)
题解:考虑不合法方案数。显然所有这种路径,都可以将线\(y=x+2\)外的路径沿线从右下折叠到左上,也就是从(0,0)到(m-2,n+2)的方案数。所以\(ans=C_{n+m}^{m}-C_{n+m}^{m-2}\)
由于模数较小,上lucas即可。
复杂度:\(O(mod)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 19999999
#define ll long long
ll inv[mod+5],fac[mod+5];
inline void exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
inline void pre(int x)
{
inv[0]=fac[0]=1;
for(int i=1;i<=x;++i)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ll tx,ty;
exgcd(fac[x],mod,tx,ty);
inv[x]=(tx%mod+mod)%mod;
for(int i=x-1;i;--i)
inv[i]=(i+1)*inv[i+1]%mod;
}
inline ll c(ll x,ll y)
{
return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
inline ll lucas(ll x,ll y)
{
return c(x%mod,y%mod)*c(x/mod,y/mod)%mod;
}
int main()
{
freopen("saber.in","r",stdin),freopen("saber.out","w",stdout);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
pre((n+m+2)%mod);
printf("%lld\n",(lucas(n+m,m)-lucas(n+m,m-2)+mod)%mod);
return 0;
}
C 不够优秀
题意:龙刷到了一道题。他不会做。
给定n,求
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}{[j\mid i][(j+k)\mid i]}\mod 998244353\]
其中\([x]\)表示若 x 为真则值为1否则为0。\(n\leq 10^7\)
题解:显然\(ans=\sum_{i=1}^{n}{\frac{d(i)^2-d(i)}{2}}\),其中 d 为因数个数函数。
线性筛即可。
复杂度:\(O(n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define maxn 10000005
int n,vis[maxn],id[maxn],num[maxn],prime[1000005],cnt;
inline void eular(int x)
{
int tmp;
for(int i=2;i<=x;++i)
{
if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,id[i]=2,num[i]=1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=x;++j)
{
tmp=i*prime[j];
vis[tmp]=1;
if(i%prime[j])
{
id[tmp]=2*id[i];
num[tmp]=1;
}
else
{
id[tmp]=id[i]*(num[i]+2)/(num[i]+1);
num[tmp]=num[i]+1;
break;
}
}
}
}
int main()
{
freopen("good.in","r",stdin),freopen("good.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
eular(n+2);
long long ans=0;
int tmp;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
tmp=id[i];
ans+=((tmp*tmp-tmp)>>1)%mod;
ans%=mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
D 闷声大发财
题意:龙和hyj比赛做题。有 n-1 道题,编号为 2~n 。每道题只能由一个人做(或者没人做)。求从龙与hyj做的题中任意分别选两个数都不互质的方案数。两个人都可以不做题。方案数对 p 取模。\(n\leq 500,p\leq 10^9\)
题解:状压\(\sqrt n\)内的质数集合。设\(dp[i][j]\)表示龙选的数的质因子集合为 i ,hyj选的为 j 。这样(可能)会剩一个大质数。设\(f1[i][j][k],f2[i][j][k]\)表示选到第i个,两个集合为 j,k ,大质数被某个人选的方案数。
两个数组初值为dp。
转移为\(f1[i][j\mid s][k]+=f1[i][j][k](s\&k==0)\)。另一个同理。
\(ans=\sum_{i=0}\sum_{j=0}{dp[i][j]}\)
注意要把 i 给滚掉,否则会MLE。
复杂度:\(O(n*2^8*2^8)\) (因为比\(\sqrt n\)小的第一个质数是19,第8个)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Num
{
int s,num;
inline friend bool operator < (Num a,Num b)
{
if(a.num==b.num) return a.s<b.s;
return a.num<b.num;
}
}num[505];
int prime[9]={0,2,3,5,7,11,13,17,19};
int n,p,dp[257][257],tmp[2][257][257],ans;
inline void add(int& a,const int& b)
{
a=(a+b)%p;
}
int main()
{
freopen("rich.in","r",stdin),freopen("rich.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&p);
int tn;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
tn=i;
for(int j=1;j<=8;++j)
{
if(tn%prime[j]) continue;
num[i].s|=(1<<(j-1));
while(!(tn%prime[j])) tn/=prime[j];
}
num[i].num=tn;
}
sort(num+2,num+n+1);
dp[0][0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(i==2||num[i].num==1||num[i].num xor num[i-1].num)
memcpy(tmp[1],dp,sizeof(dp)),memcpy(tmp[0],dp,sizeof(dp));
for(int j=255;j>=0;--j)
for(int k=255;k>=0;--k)
{
if(!(k&num[i].s)) add(tmp[0][j|num[i].s][k],tmp[0][j][k]);
if(!(j&num[i].s)) add(tmp[1][j][k|num[i].s],tmp[1][j][k]);
}
if(i==n||num[i].num==1||num[i].num xor num[i+1].num)
for(int j=0;j<=255;++j)
for(int k=0;k<=255;++k)
dp[j][k]=((tmp[0][j][k]+tmp[1][j][k]-dp[j][k])%p+p)%p;
}
for(int i=255;i>=0;--i)
for(int j=255;j>=0;--j)
if(!(i&j)) add(ans,dp[i][j]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}