HGOI11.1集训题解

最新推荐文章于 2019-04-06 10:54:18 发布

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本文是HGOI2021集训的题解，包括三道题目：序列、锁和正方形。序列题通过排序和二分查找解决；锁题利用集合数学建模，暴力枚举解决；正方形题通过数学转化和前缀积处理，涉及素数贡献和快速幂计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题解

我觉得我剩下的日子已经不多了，这一份题解很有写的意义。

第一题——序列（sequence）

【题目描述】

小Z 有一个序列，定义f(x)为x 在十进制下的位数，特别地，求 $∑1≤i<j≤nf(ai+aj)\sum_{1\leq i <j\leq n}f(a_i+a_j)$
其中 $n≤106,ai≤108n\leq10^6,a_i\leq10^8$

显然这个题目拿到手有点难考虑。
我们考虑对于 $f(a_i+a_j)$ ，只有当两个数相加进位的时候才会对答案做出+1的贡献，否则就是原来的位数。
那么将原有数列进行排序，对答案无影响。
对于单个的 $a_i$ ，只有当 $i$ 之前的 $a_j$ 满足 $10k−ai≤aj(10k<ai≤10k−1)10^k-a_i\leq a_j(10^k<a_i\leq 10^{k-1})$ 才能对答案做出 $f(a_i)+1$ 的贡献，否则贡献为 $f(a_i)$ 。
然后二分查找满足条件的 $a_j$ 的个数就可以了
注意数据，要开longlong，不然你连 $10^4$ 的数据都过不了

#include <bits/stdc++.h> 
#define LL long long
using namespace std;
void fff(){
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
}
LL read(){
	LL x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return x;
}
const int N=1000010;
LL n;
LL a[N];
int main(){
//	fff();
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1);
	LL ans=0;
	LL t=10;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		LL tt=a[i],siz=0;
		while(tt){
			siz++;
			tt/=10;
		}
		while(t-a[i]<=0) t*=10;
		LL temps=lower_bound(a+1,a+i,t-a[i])-a;
		ans+=(LL)(i-temps)*(siz+1);
		ans+=(LL)siz*(temps-1);
	}
	cout<<ans<<'\n';
}

第二题——锁（lock）

【题目描述】

给出n个人,m和n个人的权值值，给每一个人附上若干把钥匙使得满足，每把钥匙对应一把锁，每个钥匙可以发给多个人，每个人可以拿多把钥匙。
求满足下面条件的最少的锁的数目

任意权值和 $S$ 满足 $S < m$ 的人的集合都无法开启所有的锁。
任何权值和 $S$ 满足 $S≤S\leq$ 的人的集合能够开启所有的锁。

这个题目真的不是很好打，最开始乱搞只拿了20分。看了题解才知道是集合数学建模，但大家都不会也没什么亏的。
考虑两个满足 $S < m$ 的不同的集合，如果两个集合的权值恰好比 $m$ 小，再加上一个不包含的最小值比 $m$ 要大的情况下，不能同时缺同一把钥匙，简单证明就是
满足 $S1<m,m≤S1+min1S_1<m,m\leq S_1+min_1$ $S2<m,m≤S2+min2S_2<m,m\leq S_2+min_2$
那么 $m≤S1+S2m\leq S_1+S_2$
但是两个集合的人还是缺一把钥匙，不满足条件2，假设就不能成立
那么就可以知道，答案的个数就是满足 $S<m,m≤S+minS<m,m\leq S+min$ 的集合个数
那就暴力枚举集合就可以了。
如果所有人的权值和都比 $m$ 小，那就只要1把锁，没有人有钥匙就可以了。
非常不错的一道题

#include <bits/stdc++.h> 
#define LL long long
using namespace std;
void fff(){
	freopen("lock.in","r",stdin);
	freopen("lock.out","w",stdout);
}
LL read(){
	LL x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return x;
}
const int N=40;
LL n,m;
LL a[N];
const LL INF=1e9;
int main(){
//	fff();
	LL sum,minn;
	n=read(),m=read();
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		sum=0;minn=INF;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if((i&(1<<(j-1)))!=0)sum+=a[j];
			else minn=min(minn,a[j]);
		}
		if(sum<m&&sum+minn>=m) ans++;
	}
	ans=max(ans,(LL)1);
	cout<<ans;
}

第三题——正方形（square）

【题目描述】

给出 $T(T≤106)T(T\leq 10^6)$ 个 $n(n≤107)n(n\leq 10^7)$ ，求出 $∏i=1n∏j=1nlcm(i,j)i∗lcm(i,j)j\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{lcm(i,j)}{i}*\frac{lcm(i,j)}{j}}$

这个题目一看就知道不是很和谐了，数学题放到最后面都没什么人做出来orz。打打暴力好像还有40分。
题解里好像各种打法都有，50-75不等，反演，欧拉函数等等，都可以进行优化，此处不赘述
正解：
先将式子化简 $∏i=1n∏j=1nlcm(i,j)i∗lcm(i,j)j=∏i=1n∏j=1ni∗jgcd(i,j)i∗i∗jgcd(i,j)j\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{lcm(i,j)}{i}*\frac{lcm(i,j)}{j}}=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{\frac{i*j}{gcd(i,j)}}{i}*\frac{\frac{i*j}{gcd(i,j)}}{j}}$
$=∏i=1n∏j=1ni∗jgcd(i,j)2=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}{\frac{i*j}{gcd(i,j)^2}}$
考虑对于每一个 $i, j$ 是相互等价的，那么可以减少运算次数，变成：
$(∏i=1n∏j=1ii∗jgcd(i,j))2(\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{i}\frac{i*j}{gcd(i,j)})^2$
由于上下可以相互分离不影响，那么就可以改写成：
$∏i=1n∏j=1ni∗j∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)2\frac{\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}i*j}{\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}gcd(i,j)^2}$
我们发现对于上面的分子来说，可以写成
$∏i=1nin∗n!=(n!)2n\prod_{i=1}^{n}i^n*n!=(n!)^{2n}$
这一部分可以 $O (n)$ 前缀积处理。
我们考虑分母 $∏i=1n∏j=1ngcd(i,j)2\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{n}gcd(i,j)^2$
题解上面就一句“我们单独考虑每个素数对答案的贡献，对于一个素数x，它在kx处会对答案有（2k-1）的贡献，求一遍前缀积即为答案”，但这对于读者来说过于草率，非常难以理解。在此进行展开
考虑素数筛出每一个质数，对于每一个 $n$ 的质因子 $p_i$ ， $n$ 之前每 $p_i$ 个数当中就会有一个数与 $n$ 的 $g c d$ 是 $p_i$ ，那么可以通过倍数法求出这些数的乘积，而对于与 $n$ 的 $g c d$ 是 $p_i^2,p_i^3$ 等等的，由于之前已经筛过了 $p_i$ 的倍数，之后只要叠加再筛 $p_i$ 就可以了。代码实现较为难理解。

if(!visited[i]){//如果i是质数
			LL t=i;//t是质数
			for(int k=1;t<=T;k++,t*=i){//此处设T是最大值N，t逐渐变成p1^2,p1^3...
				for(LL tmp=t,num=i;tmp<=T;tmp+=t,num=1ll*num*i%MOD*i%MOD)//由于产生的gcd(i,i)等价，所以只筛一次
				//从前往后寻找
					sum[tmp]=1ll*sum[tmp]*num%MOD;//类乘
			}
			for(int k=i;k<=T;k+=i) visited[k]=true;//素数筛
		}

然后这一部分处理好之后就可以前缀积求出分母了。
然后暴力快速幂求出分子和分母的逆元（存在取模）。

#pragma GCC optimize(2)
#pragma G++ optimize(2)
#include <bits/stdc++.h> 
#define LL long long
using namespace std;
void fff(){
	freopen("square.in","r",stdin);
	freopen("square.out","w",stdout);
}
int read(){
	int x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return x;
}
const int MOD=19260817;
const int N=1e7+10;
const int T=1e7;
int n;
int prime[N],cnt;
LL sum[N],mul[N];
LL f[N];
int maxx=0;
bool visited[N];
LL power(int x,int y){
	int i=x;x=1;
	while(y>0){
		if(y%2==1)x=1ll*x*i%MOD;
		i=1ll*i*i%MOD;
		y/=2;
	}
	return x;
}
int main(){
//	fff();
	for(int i=0;i<=T;i++) sum[i]=1;
	for(int i=2;i<=T;i++){
		if(!visited[i]){
			LL t=i;
			for(int k=1;t<=T;k++,t*=i){
				for(LL tmp=t,num=i;tmp<=T;tmp+=t,num=1ll*num*i%MOD*i%MOD)
					sum[tmp]=1ll*sum[tmp]*num%MOD;
			}
			for(int k=i;k<=T;k+=i) visited[k]=true;
		}
	}
	for(int i=1;i<=T;i++) 
		sum[i]=1ll*sum[i-1]*sum[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=T;i++) 
		sum[i]=sum[i]*sum[i]%MOD;
	mul[0]=1;
	for(int i=1;i<=T;i++)
		 mul[i]=1ll*mul[i-1]*i%MOD;
	int t;t=read();
	while(t--){
		n=read();
		int ans=1ll*power(mul[n],2*n)*power(sum[n],MOD-2)%MOD;
		printf("%d\n",ans);
	}
}