牛客小白37

最新推荐文章于 2025-12-14 11:20:37 发布

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#算法

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B擅长解密的小红同学

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思路

因为每次输入会重置，求期望也就是求尝试多少次能成功，等价于求这些数字有多少种排列组合。

也就是多重排列数的问题。

多重排列数

设 $S= \{n_1a_1,n_2a_2,…,n_ka_k\}$ 是由 $n_1$ 个 $a_1$ ， $n_2$ 个 $a_2$ ， $n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。

多重集排列数
多重集 $S$ 的全排列，不考虑相同的元素，其全排列个数为 $(∑i=1kni)!(\sum_{i=1}^kn_i)!$ ，但是因为存在若干个相同的元素，因此要把相同元素的贡献给除掉。

对于每种排列的每个 $a_{i,j}$ ，我们都可以从 $n_i$ 个 $a_i$ 中挑选任意一个，其对答案的贡献满足乘法原理为 $n_i!$
因此方案数为
$\frac{\sum_{i=1}^{k}n_i!}{\prod_{i=0}^{k}n_i!}$
注意： 该题 $f a c t [N]$ , $N$ 能取到 $10^7$ , 若 $i n f a c t [N]$ 也也算出来，复杂度达到 $O(10^7 * log(10^6))$ 会超时, 所以infact[N]不需做枚举

代码

#include<iostream>

using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e7 + 10;
typedef long long LL;

int a[10];
LL fact[N], infact[N];

LL qmi(LL a, LL b){
    LL res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL) a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

void init(){
    fact[0] = infact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i ++){
        fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
    }
    
}
int main(){
    for(int i = 0; i < 10; i ++)
        cin >> a[i];
    
    init();
    
    LL fz = 0;
    LL ans = 1;
    for(int i = 0; i < 10; i ++){
        fz = (LL)(fz + a[i]) % mod;
        ans = (LL)ans * fact[a[i]] % mod;
    }
    ans = (LL)fact[fz] * qmi(ans, mod - 2) % mod;
    
    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}

在这里插入图片描述

H 漂亮数

思路

通过两个质数相乘得到漂亮数, 可以直接打表并计算前缀和即可

代码

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 50000010;

typedef long long LL;
LL primes[N];
int cnt;
LL st[N];
int s[N * 2];

void init(){
    for(int i = 2; i < N; i ++){
        if(!st[i]) primes[cnt ++] = i;
        for(int j = 0; (LL)primes[j] * i < N; j ++){
            st[(LL)primes[j] * i] = 1;
            if(i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
    for(int i = 0; i < cnt; i ++)
        for(int j = 0; j < cnt; j ++){
            if((LL)primes[i] * primes[j] >= N * 2) break;
            s[(LL)primes[i] * primes[j]] = 1;
        }
    
    for(int i = 1; i <= N * 2; i ++)
        s[i] += s[i - 1];
}

int main(){
    init();
    int T;
    cin >> T;
    while(T --){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << s[r] - s[l - 1] << endl;
    }
    return 0;
}