南昌邀请赛 C.Xyjj’s sequence(欧拉降幂+dp)

最新推荐文章于 2024-01-16 01:51:12 发布

原创最新推荐文章于 2024-01-16 01:51:12 发布 · 286 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#欧拉降幂 #dp

数论专栏收录该内容

45 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种结合欧拉降幂算法和动态规划（DP）的解题思路，用于解决特定数学问题。通过递归计算数组转换，并利用滚动数组优化内存使用，最终求得最大贡献和。

题目

给定a,b(1<=a,b<=1e5)，素数p=1e5+3，

给定长度n(n<=5e3)的两个数组，va[]和vb[](1<=vai,vbj<=1e5)

要求把va和vb代入上式中求出wa[]和wb[]

对于wa[]、wb[]数组，将两个数组归得到最后完整数组c[]

c中每一段长度为k的连续的全都相同的值v，对答案的贡献是(k-1)*v

求最后最大的贡献的和

思路来源

自己瞎莽+梁神思路

题解

欧拉降幂，用递归把va[]和vb[]搞成wa[]和wb[]，

然后考虑dp[5000][5000][2]，dp[i][j][op]代表当前c数组已经选了i个wa，j个wb

op=0代表这一次选i，op=1代表这一次选j

由于这题还会卡内存，所以滚动数组一下，dp[2][5000][2]过了

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=1e5+3;
const int maxn=1e5+10; 
const int N=1e5+10;
const int M=5e3+5;
bool ok[maxn];
int prime[maxn],phi[maxn],cnt;
int a,b,n;
int u[N],v[N];
int dp[2][M][2]; 
void sieve()
{ 
        phi[1]=1;
	for(ll i=2;i<maxn;++i)
	{
		if(!ok[i])
		{
			prime[cnt++]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=0;j<cnt;++j)
		{
			if(i*prime[j]>=maxn)break;
			ok[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];//prime[j]是i的因子 prime[j]的素因子项包含在i的素因子项里
				break; 
			}
			else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//prime[j]与i互质 phi[i*prime[j]=phi[i]*phi[prime[j]]
		}
	}
}
int modpow(int x,int n,int mod)
{
	int ans=1;
	for(;n;n/=2,x=1ll*x*x%mod)
	if(n&1)ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
int f(int num,int mod)//要求b^b^b..(num个) %mod
{
	if(mod==1)return 0;
	if(num==1)return b%mod;
	return modpow(b,f(num-1,phi[mod])+phi[mod],mod);
}
int main()
{
	sieve();
	while(~scanf("%d%d",&a,&b))
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			scanf("%d",&u[i]);
			u[i]=modpow(a,f(u[i],phi[p])+phi[p],p);
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			scanf("%d",&v[i]);
			v[i]=modpow(a,f(v[i],phi[p])+phi[p],p);
		}
		memset(dp,0,sizeof dp);
		u[0]=v[0]=p+1;//保证和第二项不同 
		for(int k=0;k<=n;++k)
		{
			int i=k&1;
			for(int j=0;j<=n;++j)
			{
				dp[i][j][0]=0;
				dp[i][j][1]=0;
			}
			for(int j=0;j<=n;++j)
			{
				if(k>0)
				{
					dp[i][j][0]=max(dp[i][j][0],dp[i^1][j][0]+u[k]*(u[k]==u[k-1]));
					dp[i][j][0]=max(dp[i][j][0],dp[i^1][j][1]+u[k]*(u[k]==v[j]));
				}
				if(j>0)
				{
					dp[i][j][1]=max(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+v[j]*(v[j]==u[k]));
					dp[i][j][1]=max(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+v[j]*(v[j]==v[j-1]));
				}
			}
		}
		printf("%d\n",max(dp[n&1][n][0],dp[n&1][n][1])); 
	}
	return 0;
}