AtCoder Beginner Contest 172 （C题前缀和 + 二分，D题筛因子，E题容斥定理）

AB水题，

C - Tsundoku

题目描述

有两摞书，一摞有 $n$ 本，从上至下每本需阅读 $a_i$ 分钟，一摞有 $m$ 本，从上至下每本需阅读 $b_i$ 分钟，问最多能在 $k$ 分钟内读多少本书。

挺明显的前缀和处理，枚举从第一摞书中读多少本，余下的时间用二分查找能在第二摞书中读多少本。

ll n, m, k, a[1 << 18], b[1 << 18];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], a[i] += a[i - 1];
    for (int i = 1; i <= m; ++i) cin >> b[i], b[i] += b[i - 1];
    ll cnt = 0;
    for (ll i = 0; i <= n; ++i)
        if (k >= a[i]) cnt = max(cnt, upper_bound(b + 1, b + m + 1, k - a[i]) - b - 1 + i);
    cout << cnt;
}

D - Sum of Divisors

题目描述

设 $f_{(x)}$ 为 $x$ 正因子个数，计算 $\sum\limits_{i = 1}^n i\times f_{x}$

先筛出每个数的 \(f_{(x)}\) 然后累加起来

const int N = 1e7 + 10;
ll a[N], n ,cnt;
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = i; j <= n; j += i) a[j] += 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cnt += i * a[i];
    cout << cnt;
}

E - NEQ

题目描述

给出 $n,m$ 计算有多少个大小为 $n$ 的子序列 $a,b$ 满足以下条件

1.$1 \le a_i,b_i \le m$

2.$a_i \not= a_j if\ i\not= j$

3.$b_i \not= b_j if\ i\not= j$

4.$a_i \not= b_i$

没想出来，参考了一下其他的思路：

\[A_m^n(\sum_{i = 0}^n(-1)^iC_n^iA_{m - i}^{n - i})
\]

• \(A_m^n\)，\(m\) 个数排 \(n\) 个位置，即合法的 \(a\)​ 的个数；
• \(\sum\)，对于每个合法的 \(a\) 来说，合法的 \(b\) 的个数；
  • \((-1)^i\)，由容斥定理；
  • \(C_n^iA_{m - i}^{n - i}\)​ ，从 \(b\)​ 的 \(n\)​ 个位置中选 \(i\)​ 个位置与 \(a\)​ 中的数相等，余下 \(n−i\)​ 个位置共有 \(m−i\) 个数可选；
    • 当 \(i = 0\) ，\(C_n^iA_{m - i}^{n-i} = A_m^n\) ，即合法 \(b\) 的个数；
    • 当 \(i\ge 1\) ，\(C_n^iA_{m - i}^{n-i} = A_m^n\) ，即代表对 \(a\) 来说不合法 \(b\) 的个数；
    • 所以右式即用容斥原理从合法的 \(b\) 中减去对 \(a\) 来说不合法的 \(b\) 的个数。

using ll = long long;
const int N = 5e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
ll fac[N];
ll qpow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)if (b & 1) ans = ans * a % mod;
    return ans;
}
void init() {
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ll inv(ll n) {return qpow(n, mod - 2);}
ll A(ll n, ll m) {return fac[n] * inv(fac[n - m]) % mod;}
ll C(ll n, ll m) {return fac[n] * inv(fac[m]) % mod * inv(fac[n - m]) % mod;}
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    init();
    int n, m; cin >> n >> m;
    ll sum = 0;
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        sum += qpow(-1, i) * C(n, i) * A(m - i, n - i) % mod;
        sum = (sum + mod) % mod;
    }
    cout << A(m, n) * sum % mod;
}