2020.10.7集训总结

count

description

设矩阵 $R$ 是由若干个正方形所组成的矩阵，定义函数 $F(R)$ 为矩阵 $R$ 的某一条对角线穿过的小正方形的个数。现在已知 $F(R)=N$，求可能的矩阵 $R$ 的个数。

$n\le 10^9$，数据随机生成

solution
设一个矩形 $R=n\times m,m\le n$，显然他对角线经过了 $\gcd (n,m)-1$ 个格点，把他分成了 $\gcd (n,m)$ 个相同的小矩形。

那么我们只需要考虑一个 $\frac{n}{\gcd (n,m)}\times \frac{m}{\gcd (n,m)}$ 的矩形的交点个数

我们发现他在纵方向上显然至少要经过 $\frac{n}{\gcd (n,m)}$ 个格子，而纵坐标方向因为不交在格点上，所以只会多增加 $\frac{m}{\gcd (n,m)}-1$ 个格子

所以我们可以推出

$$F(R)=\gcd (n,m)\times (\frac{n}{\gcd (n,m)}+\frac{m}{\gcd (n,m)}-1)=n+m-\gcd (n,m)$$

已知 $F(R)=N$

也就是 $n+m-\gcd (n,m)=N$

发现枚举 gcd 的话时间会炸，所以我们考虑把 gcd 除掉

$$\frac{n}{\gcd (n,m)}+\frac{m}{\gcd (n,m)}-1=\frac{N}{\gcd (n,m)}$$

也就是 $\gcd (n,m)$ 只有可能是 $N$ 的因数。

设 $f(x)$ 表示 $i+j=x,\gcd (i,j)=1$ 的 $(i,j)$ 的个数，那么问题转化成了求

$$\sum _{d|N}f(d+1)$$

考虑如何求 $f(x)$。观察发现，如果 $\gcd (i,x)=1$ 时，显然满足条件， 否则不满足条件，也就是转化成了求与 $x$ 互质的数的个数，即 $f(x)=\varphi (x)$

也就是转化成了求

$$\sum _{d|N}\varphi (d+1)$$

我们枚举 $N$ 的因数，每次暴力计算，复杂度是 $O(d(n)\cdot \sqrt{n})$，其中 $d(n)$ 表示 $n$ 的因数个数，计算发现 $10^9$ 内因数个数最多的也只有 1300 多个，并且很难跑满，加上数据随机生成，就可以通过了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
# define _Rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
# define RepG(i,u) for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)

typedef long long ll;

const int N=1e4+5;

template<typename T> void read(T &x){
   x=0;int f=1;
   char c=getchar();
   for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
   for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    x*=f;
}

ll n;
int fac[N],tot;
ll ans;

ll phi(int x){
	ll res=x;
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(x%i==0)res=res/i*(i-1);
		while(x%i==0)x/=i;
	}
	if(x>1)res=res/x*(x-1);
	return res;
}

int main()
{
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	read(n);
	for(int i=1;i*i<=n;i++){
		if(n%i==0){
			fac[++tot]=i;
			if(n/i!=i)fac[++tot]=n/i;	
		}
	}
	Rep(i,1,tot)ans+=phi(n/fac[i]+1);
	printf("%lld\n",(ans+1)/2);
	return 0;
}

seq

description

给出一个长度为 $N$ 的正整数数列 {Ai}\{A_i\}{Ai​}，现在可以给数列中的每个数加上任意的正整数增量，也可以不加，给一个数加上 $X$ 的代价为 $X^2$。在修正后的数列中，计算每两个相邻整数的差的绝对值，将它乘以 $C$ 计入代价中。求最小代价。

$n\le 10^5$

solution

首先考虑 $3$ 个数的最简单情况，我们想要修改中间的数的条件应该是 $a_{i-1}>a_i<a_{i+1}$，否则修改代价增加，差值代价不变，显然不优。

同时我们发现，$a_i$的最终取值范围应当在 $[a_i,\min (a_{i-1},a_{i+1})]$ 上，如果再变大，修改代价增加，差值代价不变，显然不优。

考虑 $4$ 个数的时候，同样的，中间能够被修改的前提也是两边比他大。

考虑中间被修改的值能够是多少，假设中间两个数调整后 $B<C$，那么把 $C-1$，修改代价减小，差值代价不变，显然更优。

我们可以证明，对于一个区间 $[i,j]$ 能够被修改的条件，就是 $\mathrm{RMQ}(i+1,j-1)\le \min (a_i,a_j)$，并且 $[i+1,j-1]$ 之间的数修改完的值相等，且在 $[\mathrm{RMQ}(i+1,j-1),\min (a_i,a_j)]$ 上。

那么如何确定在哪里取最小值呢？我们把它写成一个函数的形式，假设这个区间为 $[l,r]$，最后高度为 $x$，代价为 $y$

$$y=(r-l-1)x^2-(2\sum _{i=l+1}^{r-1}{a}_i-2c)x+(a_i+a_j)c+\sum _{i=l+1}^{r-1}{a}_i^2$$

相当于转化成二次函数的最值问题。

同时我们发现，这个转移对于每一个 $i$ 是只能从 $j$ 满足 $\mathrm{RMQ}(i+1,j-1)\le \min (a_i,a_j)$ 转移过来的，这个是满足单调栈性质的，所以我们可以用一个单调栈来进行维护转移一个 $dp$。

注意边界问题和一些细节。

复杂度 $O(n\log n+n)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
# define _Rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
# define RepG(i,u) for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)

typedef long long ll;

const int N=1e5+5;

template<typename T> void read(T &x){
   x=0;int f=1;
   char c=getchar();
   for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
   for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    x*=f;
}

int n,m;
int a[N];
ll f[N];
int st[N][20],lg[N];
ll sum1[N],sum2[N];
int s[N],top;

int RMQ(int l,int r){
	int len=r-l+1;
	return max(st[l][lg[len]],st[r-(1<<lg[len])+1][lg[len]]);
}

ll cost(int l,int r){
	if(r==l+1)return 1ll*m*abs(a[r]-a[l]);
	ll A=r-1-l,B=-2*(sum1[r-1]-sum1[l]),C=sum2[r-1]-sum2[l];
	if(l!=0)B-=m,C+=1ll*a[l]*m;
	if(r!=n+1)B-=m,C+=1ll*a[r]*m;
	int mn=RMQ(l+1,r-1),mx=min(a[l],a[r]);
	ll ver=-B/(2*A),res=1e18;
	Rep(i,-1,1)
		if(ver+i>=mn&&ver+i<=mx)res=min(res,A*(ver+i)*(ver+i)+B*(ver+i)+C);
	res=min(res,A*mn*mn+B*mn+C);
	res=min(res,A*mx*mx+B*mx+C);
	return res;
}

int main()
{
	freopen("seq.in","r",stdin);
	freopen("seq.out","w",stdout);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	read(n),read(m);
	Rep(i,1,n)read(a[i]);
	lg[1]=0;
	Rep(i,2,n)lg[i]=lg[i>>1]+1;
	Rep(i,1,n)st[i][0]=a[i];
	Rep(j,1,19)
		Rep(i,1,n)
			if(i+(1<<j-1)<=n)st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
	Rep(i,1,n)sum1[i]=sum1[i-1]+a[i];
	Rep(i,1,n)sum2[i]=sum2[i-1]+1ll*a[i]*a[i];
	a[0]=a[n+1]=1e9;
	s[++top]=0;
	s[++top]=1;
	f[0]=f[1]=0;
	Rep(i,2,n+1){
		if(i!=n+1)f[i]=min(f[i],f[i-1]+1ll*m*abs(a[i]-a[i-1]));
		else f[i]=f[i-1];
		while(a[s[top]]<a[i]){
			f[i]=min(f[i],f[s[top]]+cost(s[top],i));
			top--;
		}
		f[i]=min(f[i],f[s[top]]+cost(s[top],i));
		s[++top]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n+1]);
	return 0;
}