「SDOI2014」数表

「SDOI2014」数表
题解参看dalao
个人认为这一道题的公式不是很难推(注意有两项相乘的将乘积作为一个变量T来枚举,再枚举T的约数d,这样就有可能能够预处理)
我认为该题的最大的难点(也是坑死我的地方)就是小于等于a这一个限制。 看了dalao们的题解和代码后明白了其实只需要先对f排序,再将查询离线做(按a从小到大排序)用树状数组维护即可。
对于每一个查询的a来说对f[d]小于等于a的修改.
修改要改的是a,2*a,3*a…….;

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100000+5;
int tot,prime[maxn],mu[maxn];
ll f[maxn],minv[maxn],Mod;
int t,p[maxn],pos;
int tree[maxn],ans[maxn];
bool used[maxn];
struct node
{
    int n,m,id; ll a;
    bool operator < (const node &o) const
    {
        return a<o.a;
    }
}q[maxn];
bool cmp(int x,int y)
{
    return f[x]<f[y];
}
void get()
{
    f[1]=mu[1]=1; ll y;
    for(int i=2; i<=100000; i++)
    {
        if(!used[i])
        {
            prime[++tot]=i; mu[i]=-1; minv[i]=i;
            f[i]=i+1;
        }
        for(int j=1; j<=tot && prime[j]*i<=100000; j++)
        {
            y=prime[j]*i; used[y]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[y]=0; f[y]=f[i]/((1-minv[i]*prime[j])/(1-prime[j]));
                minv[y]=minv[i]*prime[j]; f[y]*=((1-minv[y]*prime[j])/(1-prime[j])); break;
            }
            else
            {
                minv[y]=prime[j];
                f[y]=f[i]*f[prime[j]]; mu[y]=-mu[i];
            }
        }
    }
}
void modify(int k,ll x)
{
    while(k<=100000)
    {
        tree[k]+=x; k+=(k&(-k));
    }
}
ll query(int k)
{
    int ans1=0;
    while(k)
    {
        ans1+=tree[k];k-=(k&(-k));
    }
    return ans1;
}
int main()
{
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
    Mod=1LL<<(31);  get();
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1; i<=100000; i++)
    {
        p[i]=i; //cout<<f[i]<<endl;
    }
    for(int i=1; i<=t; i++)
    {
        int n,m,a;scanf("%d %d %d",&n,&m,&a);
        if(n>m) swap(n,m);
        q[i].n=n; q[i].m=m; q[i].a=a; q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+t+1);
    sort(p+1,p+100001,cmp);
    pos=1;
    for(int i=1; i<=t; i++)
    {
        while(f[p[pos]]<=q[i].a)
        {
            for(int j=p[pos]; j<=100000; j+=p[pos])
            {
                modify(j,f[p[pos]]*mu[j/p[pos]]);   
            }
            pos++;
        }
        int last=1;
        while(last<=q[i].n)
        {
            int p=min(q[i].n/(q[i].n/last),q[i].m/(q[i].m/last));
            ans[q[i].id]+=(q[i].n/last)*(q[i].m/last)*((query(p)-query(last-1)));
            last=p+1;
        }
    }
    for(int i=1; i<=t; i++)
    {
        printf("%d\n",(ans[i]+Mod)%Mod);
    }
    return 0;
}
### SDOI2014 括号问题解析 SDOI2014中的括号问题是关于括号序列的一个经典扩展问题,其核心在于如何验证给定的括号序列是否合法以及如何生成特定条件下的括号组合。以下是对此类问题的一般解决方案及其背景。 #### 一、合法性检测 对于括号匹配问题,通常采用栈的数据结构来解决。具体来说,在遍历输入字符串的过程中遇到左括号`(`、`[`或`{`时将其入栈;当遇到右括号`)`、`]`或`}`时,则尝试从栈顶弹出一个对应的左括号进行匹配[^5]。如果在任何时刻发现无法匹配或者最终栈不为空,则说明该括号序列非法。 例如,考虑以下几种情况: - 对于字符串 `"()[]{}"` ,每次都能成功找到配对项,因此它是有效的。 - 而像 `"(([]({)}))"` 这样的串由于存在未闭合的大括号 `{` 和错误顺序的小括号 `)` 导致失败[^1]。 #### 二、复杂场景处理 某些情况下可能存在多层嵌套甚至并列关系的括号组合作为挑战的一部分。比如 `( (())|() )` 中既有内部相互独立又有外部包裹的关系需要特别注意计算方式——即将每部分单独视为个体再综合得出整体属性值(如SG函数应用实例所展示那样通过位运算操作得到总结果)。[^2] #### 三、递归生成方案 除了单纯检验外还可能涉及构造指定长度N的所有平衡形式表达式列表的任务。这可以通过定义辅助过程反复调用自身直到达到目标规模为止的方法达成目的。下面给出一段基于C++语言编写的相关示范代码片段: ```cpp vector<string> generateParenthesis(int n){ vector<string> res; function<void(string,int,int)> backtrack = [&](string s, int open, int close)->void{ if(s.size()==n*2){ res.push_back(s); return ; } if(open<n)backtrack(s+"(",open+1,close); if(close<open)backtrack(s+")",open,close+1); }; backtrack("",0,0); return res; } ``` 此段程序利用了回溯技巧逐步构建符合条件的结果集,并确保不会违反基本约束即任何时候右侧剩余可用数量都不能超过左侧已放置数目[^4]。 #### 四、总结思考方向提示 上述讨论涵盖了基础理论框架搭建至实际编码实践等多个层面的内容要点。针对此类竞赛型命题建议深入研究以下几个方面以便更好地掌握相关技能点:
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