2017训练

最新推荐文章于 2021-10-24 10:28:04 发布

原创最新推荐文章于 2021-10-24 10:28:04 发布 · 845 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

日常专栏收录该内容

7 篇文章

订阅专栏

UPD 2017.3.1 CFround402[8/8] CFround401[5/5]（13题）

现在已经完成了：

58

bzoj [44]

bzoj1053 [HAOI2007]反素数ant

只考虑前10个素数，进行爆搜

bzoj1076 奖励关

倒着状压dp

bzoj1101 [POI2007]Zap

\sum 1 \leq x \leq a / d \sum 1 \leq y \leq b / d [g c d (x, y) = = 1]

$\sum _{1\leq x \leq a/d}\quad \sum _{1\leq y \leq b/d} [gcd(x,y)==1]$

= \sum 1 \leq x \leq a / d \sum 1 \leq y \leq b / d \sum g | g c d (x, y) μ (g)

$=\sum _{1\leq x \leq a/d} \quad \sum _{1\leq y \leq b/d} \quad \sum _{g|gcd(x,y)} \mu (g)$

=∑1≤g≤min(a\d,b\d)μ(g)∑1≤x≤a/d,x|g∑1≤y≤b/d,y|g1

$=\sum _{1 \leq g \leq min(a\d,b\d)} \mu(g)\sum _{1\leq x \leq a/d,x|g} \quad \sum _{1\leq y \leq b/d,y|g} 1$

=∑1≤g≤min(a\d,b\d)μ(g)[x/dg][y/dg]

$=\sum _{1 \leq g \leq min(a\d,b\d)}\mu(g) [\frac{x/d}{g}][\frac{y/d}{g}]$
维护一下

μ(g) $\mu(g)$ 的前缀和，后面部分分块

bzoj1176 [Balkan2007]Mokia

将询问拆成四个。cdq分治维护第一维x，用树状数组维护第二维y

bzoj1257 [CQOI2007]余数之和sum

\sum i = 1 n k mod i

$\sum_{i=1}^n k \mod i$

= n k - \sum i = 1 n [k i] * i

$=nk-\sum_{i=1}^n[\frac{k}{i}]*i$
后半部分分块维护即可

bzoj1406 [AHOI2007]密码箱

x 2 - 1 \equiv 0 (m o d n)

$x^2-1 \equiv 0(mod n)$

(x + 1) (x - 1) = k n

$(x+1)(x-1) = kn$

x + 1 = k 1 n 1

$x+1 = k_1n_1$

x - 1 = k 2 n 2

$x-1 = k_2n_2$
枚举

k1 $k_1$ 和

n1 $n_1$ 即可

bzoj1408 [Noi2002]Robot

利用一个数约数的欧拉函数之和等于自身得知三个答案之和。然后对所有质数分奇数个偶数个进行dp得到前两个答案

bzoj1409 Password

答案即 $p^{F[n]}%q$ 。使用欧拉定理后矩阵倍增求F[n]即可

bzoj1419 Red is good

倒着递推答案

bzoj1420 Discrete Root

N次剩余模板题

bzoj1426 收集邮票

推公式

bzoj1441 Min

裴蜀定理，求gcd即可

bzoj1467 Pku3243 clever Y

扩展bsgs裸题

bzoj1778 [Usaco2010 Hol]Dotp 驱逐猪猡

构造转移矩阵，级数收敛，然后高斯消元

bzoj1951 [Sdoi2010]古代猪文

使用欧拉定理，对于指数部分，将mod-1质因数分解，用lucas计算每个组合数的值，最后用crt合并起来

bzoj1968 [Ahoi2005]COMMON 约数研究

暴力

bzoj2045 双亲数

同bzoj1101

bzoj2134 单选错位

考虑期望的线性性

bzoj2216 [Poi2011]Lightning Conductor

我们把询问max分为两部分，一部分比i大，一部分比i小，这样我们就可以把原式的绝对值去掉。之后我们会发现这样的答案一定满足单调性，所以我们可以想到用整体二分的方式来进行转移

bzoj2253 [2010 Beijing wc]纸箱堆叠

对x进行cdq分治，然后分成两部分后先递归处理左区间，再将两边分别对y进行升序排序。之后利用树状数组维护一下答案的max即可

bzoj2318 Spoj4060 game with probability Problem

设f[i]表示剩i个石子Alice先手的胜率，g[i]表示剩i个石子Alice后手的胜率。不难发现当f[i-1]>g[i-1]时，双方都不想拿掉石子。反之双方都想拿掉石子。这样最优策略出来了，之后我们只要考虑胜率的递推式即可。

bzoj2684 简单题

同1176

bzoj2698 染色

考虑每个点的贡献，即求这个点被染色的概率。考虑其反面问题，即每个点不被染色的概率，一定是单次不被染色的概率的m次方。一个点不被染色，当且仅当序列全部在这个点的左边或全部在这个点的右边。等差数列求和即可。

bzoj2720 [Violet 5]列队春游

枚举每个人在每个位置，贡献为i的概率，求和即可

bzoj2721 [Violet 5]樱花

令 $y=x+t$ 可得 $x=\frac {(n!)^2}{t}+n!$ ，则答案为 $(n!)^2$ 的约数个数。

bzoj2738 矩阵乘法

整体二分过程中，每次加入比mid小的数，子矩阵和与k的关系

bzoj2882 工艺

字符串的最小表示，建立SS串的后缀自动机，每次走字典序最小的位置即可

bzoj3029 守卫者的挑战

期望背包dp

bzoj3036 绿豆蛙的归宿

拓扑排序后dp下即可

bzoj3143 [Hnoi2013]游走

列出点期望关系式，然后高斯消元，边的期望为E(a)/deg(a)+E(b)/deg(b)之后贪心编号

bzoj3450 Tyvj1952 Easy

差分后维护期望

bzoj3451 Tvyj1953 Normal

考虑每个点对的贡献，即当j点作为分割点时，i对其的贡献。我们知道如果满足条件，则i到j这条路径上所有点中，j最先被选为分割点。显然这个概率为1/(dist(i,j)+1)。所以我们需要统计出每条路径的长度。这里用点分治，合并树的时候，我们使用FFT进行转移即可

bzoj2969 矩阵粉刷

类似于2698

bzoj3110 [Zjoi2013]K大数查询

之前用树套树写的，这次用整体二分过了一遍

bzoj3566 [SHOI2014]概率充电器

树上期望dp

bzoj3926 [Zjoi2015]诸神眷顾的幻想乡

我们发现叶子节点个数很少，我们只要以每个叶子作为根得到一遍trie树，对于每棵trie树建立一棵广义后缀自动机即可（建在同一个后缀自动机上）。最后统计下sam[i].val-sam[sam[i].par].val的和即可

bzoj3998 [TJOI2015]弦论

建完后缀自动机后进行拓扑排序，我们在parent树上获取每个节点的right集合大小，再倒序dp得到后缀自动机上每个点的子树大小，至此问题得到了解决

bzoj4008 [HNOI2015]亚瑟王

考虑这r轮一起轮，计算p[i][j]表示到第i张牌时还有j次机会的概率。这一部分可以递推得到，然后分别计算对答案的贡献

bzoj4204 取球游戏

考虑每类求在操作第i次后，每类球的期望，发现转移矩阵是循环矩阵，可以将矩阵乘法优化到O(n^2)

bzoj4318 OSU!

差分，之后分别维护l[x],E[X],E[X^2],E[X^3]即可

bzoj4516 [Sdoi2016]生成魔咒

动态加入一个点之后，我们可以发现新增的答案为sam[np].val-sam[sam[np].par].val，即np这个结点maxlen-minlen+1的结果，表示新增的以其为终止结点的本质不同的子串的个数

bzoj4723 [POI2017]Flappy Bird

我们很容易发现，当结束位置确定时，需要点击的次数也就确定了，所以我们只要维护到每个柱子时，bird能到达的区域范围。注意这里要考虑坐标的奇偶性

bzoj4724 [POI2017]Podzielno

我们发现如果这个数能被 $B-1$ 整除，其各个位数字之和一定是 $B-1$ 的倍数。我们先把所有数字从大到小排成一列，这时各个位数字之和未必是 $B-1$ 的倍数，我们至少减少一个其余数那个数字即可。然后预处理前缀和，查询的时候二分下就行

bzoj4726 [POI2017]Sabota?

第一眼想到二分实际上是不对的。我们考虑下这个叛徒的性质。首先我们容易发现，最坏情况一定是叛徒在某个叶子节点上。然后我们能发现所有叛徒节点形成的一定是一个完整的子树。我们设 $f[x]$ 表示当以x为根节点的子树被完全策反的概率。 $f[x]=max\{ min(sz[e[i]]/(sz[x]-1),f[e[i]]) \}$ 。当 $sz[x]$ 超过k时更新答案

hdu [1]

hdu5126 stars

把询问拆成8部分。用第一次cdq分治维护x，用第二次cdq分治维护y，用树状数组维护z

Codeforces [13]

【Codeforces Round #402】 (8/8)

Div 2 A Pupils Redistribution 模拟
Div 2 B Weird Rounding 贪心
Div 2 C Dishonest Sellers 贪心，排序
Div 1 A String Game 二分答案，判断是否能在只删除前mid个的情况下完成匹配。匹配时使用贪心策略，即能匹配就匹配即可
Div 1 B Bitwise Formula 考虑每一位的贡献，然后模拟下
Div 1 C Peterson Polyglot 我们只需要求得如果删去第x层的所有节点，会缩减多少个节点即可。我们进行一次dfs，到每个点时，考虑删去该节点，其儿子结点们缩减的情况。不难发现，任意两个节点合并，只能实在考虑删去其lca的时候进行。并且这个路径上所有点都已经缩减完毕。因此可知，每两个节点只会被缩减一次。所以我们暴力合并即可
Div 1 D Parquet Re-laying 构造。我们可以考虑这样一个思路，把上下两个图案全变成只由LR构成的图案或只由UD构成的图案。这样我们把第二个图案变过去的方案倒转。所形成的所有操作即为答案。下来考虑怎样把一个图案全变成LR或UD，我们只需要不断进行循环，把所有UD变成LR，然后把所有LR变成UD。不断进行下去，显然我们可以得到答案
Div 1 E Selling Numbers 挺麻烦的一道DP。 $设f[x][i]$ 为考虑第 $x$ 个字符时，此处有 $i$ 个数字有进位的情况。不难发现，每个 $i$ 的取值，最多只对应一种进位情况。这样我们从假设没有一个数进位开始，计算当前的 $ans$ ，用于计算相应的dp值。然后进行考虑 $i+1$ ，我们只用增加把一个数加 $1$ ，更新下ans即可。（PS：WA了N久，在女朋友亲了一下之后发现竟然是自己数组开小了，迅速A了此题）

【Codeforces Round #401】 (5/5)

Div 2 A Shell Game 找到循环节，然后模拟
Div 2 B Game of Credit Cards 贪心
Div 2 C Alyona and Spreadsheet 预处理出每个位置向上构成最长不升序列的长度，然后记录一行的max即可
Div 2 D Cloud of Hashtags 贪心发现，我们倒着考虑，让第 $i$ 个字符串小于第 $i+1$ 个字符串即可。之后对于每个字符串二分下删除的后缀的长度
Div 2 E Hanoi Factory 排序，以外径为第一关键字降序，内径为第二关键字降序排列。考虑如果当前第因为外径小于当前方案中的最上面ring的内径，我们必须将这个最上面的ring去掉，否则我们之后都没法放了。用一个栈维护这个过程就好了