noip模拟26[肾炎黄·酱累黄·换莫黄]

\(noip模拟26\;solutions\)

这个题我做的确实是得心应手，为啥呢，因为前两次考试太难了

T1非常的简单，只不过我忘记了一个定理，

T2就是一个小小的线段树，虽然吧我曾经说过我再也不写树状数组了，但是我看见最长上升子序列就兴奋了

码了个树状数组就溜走了，用时仅为10min，60pts，组合拳

T3我就是nb

\(T1\;神炎皇\)

这个就是一个小小的推式子，让我给你推一推

\(a+b\,|\, a*b\),设\(d=gcd(a,b),x=a/d,y=b/d\),所以x和y互质

我们有\(k*(x+y)\,|\,x*y*d^2<====>(x+y)\,|\,x*y*d\)

因为x，y互质所以（x+y）| d,设(x+y)=k

\(k*d<=n并且k\,|\,d并且k<{d}\)，所以这样的d一共有\(\frac{n}{k^2}\)个

这种x与y互质，x+y为定值，你发现x与x+y也是互质的，所以每一个k对应的x+y都有\(\phi(k)\)

k的范围是\(\sqrt{n}\)

那么接下来的事就只剩下线性筛了;

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=1e7+5;
ll n,ans,sn;
int p[N],cnt,f[N];
bool vis[N];
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	sn=sqrt(n);
	//memset(vis,1,sizeof(vis));
	//cout<<vis[1]<<endl;
	for(re i=2;i<=sn;i++){
		if(!vis[i])p[++cnt]=i,f[i]=i-1;
		for(re j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=sn;j++){
			vis[p[j]*i]=true;
			if(i%p[j]==0){
				f[i*p[j]]=f[i]*p[j];
				break;
			}
			else f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]];
		}
	}
	for(re i=1;i<=sn;i++){
		ans+=f[i]*(n/i/i);
	}
	printf("%lld",ans);
}

\(T2\;降雷皇\)

这个题真的是简单极了，我也没想到会有这么简单的题，打了个60分的组合拳就走了

最后发现这个用线段树维护一下就好了

毕竟是动态开点，而且这个电阻值只有1e5，完全不需要离散化，

对于每一种长度也就是最长上升子序列的长度建立一个线段树，

线段树的下标是电阻值，因为你查询的时候是按照电阻值来查询的

线段树中维护的权值即为方案数，这样遍历一遍这个序列，\(O(nlogn)\)就可以解决方案数了

最后直接输出最长长度的线段树的所有权值加和,说白了就是根节点的sum

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=1e5+5;
const int mod=123456789;
int n,typ,ans1,ans2;
int omu[N],f[N],sum[N];
struct SZSZ{
	int tr[N];
	int lb(int x){return x&(-x);};
	void ins(int x,int v){
		for(re i=x;i<=1e5;i+=lb(i))
			tr[i]=max(tr[i],v);
	}
	int query(int x){
		int ret=0;
		for(re i=x;i;i-=lb(i))
			ret=max(ret,tr[i]);
		return ret;
	}
}sz;
int dp[N];
struct XDS{
	int ls[N*80],rs[N*80];
	int sum[N*80];
	int seg;
	void pushup(int x){
		sum[x]=(sum[ls[x]]+sum[rs[x]])%mod;
		return ;
	}
	void ins(int &x,int l,int r,int pos,int v){
		if(!x)x=++seg;
		if(l==r){
			sum[x]=(sum[x]+v)%mod;
			return ;
		}
		int mid=l+r>>1;
		if(pos<=mid)ins(ls[x],l,mid,pos,v);
		else ins(rs[x],mid+1,r,pos,v);
		pushup(x);return ;
	}
	int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
		if(!x)return 0;
		if(ql<=l&&r<=qr)return sum[x];
		int mid=l+r>>1,ret=0;
		if(ql<=mid)ret=(ret+query(ls[x],l,mid,ql,qr))%mod;
		if(qr>mid)ret=(ret+query(rs[x],mid+1,r,ql,qr))%mod;
		return ret;
	}
}xds;
int rt[N];
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&typ);
	for(re i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&omu[i]);
		dp[i]=sz.query(omu[i]-1)+1;
		ans1=max(ans1,dp[i]);
		sz.ins(omu[i],dp[i]);
		//cout<<omu[i]<<" "<<dp[i]<<endl;
	}
	printf("%d\n",ans1);
	if(typ==1){
		int R=1e5+1,mn=0x3f3f3f3f;
		for(re i=1;i<=n;i++){
			int tmp=xds.query(rt[dp[i]-1],1,R,1,omu[i]-1);
			if(mn>=omu[i]&&tmp==0)tmp=1,mn=omu[i];
			xds.ins(rt[dp[i]],1,R,omu[i],tmp);
		}
		printf("%d",xds.query(rt[ans1],1,R,1,R));
	}
}

\(T3\;幻魔皇\)

这整一棵树都充斥这非波那契数列，真的就直接倒就好了

其实还有更简单的\(O(n^2)\)做法还比我的简单，比我的快

去看别人的博客吧，我这个非常难理解，

主要思路就是，首先枚举每一层，每一层的黑色节点和白色节点的类型都是一样的

黑色节点直接枚举左右儿子就行，白色节点就是直接用自己连接自己子树中的白色节点

注意黑色子树中有一个不符合规律的，就是这个黑色节点的白儿子，把这个拎出来单独算

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=5e3+5;
const int mod=123456789;
int fb[N],ffb[N][N*2],ans[N*2],n;
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	fb[1]=1;fb[2]=1;
	for(re i=3;i<=5000;i++)
		fb[i]=(fb[i-1]+fb[i-2])%mod;
	for(re i=2;i<=n;i++){
		for(re j=1;j<=2*n;j++)
			ffb[i][j]=(ffb[i][j]+ffb[i-1][j])%mod;
		for(re j=3;j<=n;j++){
			//if(i==4&&j==3)cout<<ffb[j][i+j]<<" "<<i+j<<endl;
			ffb[max(j,i)][i+j]+=1ll*fb[i-1]*fb[j-2]%mod;
			ffb[max(j,i)][i+j]%=mod;
			//if(i==4&&j==3)cout<<ffb[j][i+j]<<endl;
		}
	}
	//cout<<ffb[4][7]<<endl;
	for(re i=2;i<=n;i++){
		for(re j=5;j<=2*(n-i);j++){
			ans[j]+=1ll*fb[i-1]*ffb[n-i][j]%mod;
			ans[j]%=mod;
		}
		for(re j=i+2;j<=n;j++){
			ans[j-i+1]+=1ll*fb[i-1]*fb[j-i-1]%mod;
			ans[j-i+1]%=mod;
		}
		for(re j=i+2;j<=n;j++){
			ans[j-i]+=1ll*fb[i-2]*fb[j-i-1]%mod;
			ans[j-i]%=mod;
		}
	}
	for(re j=3;j<=n;j++){
		ans[j-1]+=fb[j-2];
		ans[j-1]%=mod;
	}
	for(re i=1;i<=2*n;i++)printf("%d ",ans[i]);
}