51nod部分容斥题解

51nod1434 区间LCM

跟容斥没有关系。首先可以确定的一个结论是：对于任意正整数，有1*2*...*n | (k+1)*(k+2)*...*(k+n)。因为这就是$C_{n+k}^{k}$。

于是这题就有：m最多枚举到2n。

于是有一个做法：对n!分解质因数，然后枚举m的同时统计已获得的所有质因数的次幂，全部不小于n!时即可推出。

复杂度肯定不大于$O(n\log n)$。

同时这里有一个不会证的结论：找到n以内最大的$p^k$的数（p是质数），答案就是$2p^k$。

$O(n\log n)$

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 int T,n,tot,cnt[N],cnt2[N],pr[N],b[N],id[N];

 void init(int n){
     rep(i,,n){
         if (!b[i]) pr[++tot]=i,id[i]=tot;
         for (int j=; j<=tot && pr[j]*i<=n; j++){
             b[pr[j]*i]=;
             if (i%pr[j]==) break;
         }
     }
 }

 int main(){
     init();
     for (scanf("%d",&T); T--; ){
         scanf("%d",&n); int g=;
         for (int i=; i<=tot && pr[i]<=n; i++)
             for (int j=pr[i]; j<=n; j*=pr[i]) g=max(g,j);
         printf("%d\n",g*);
     }
     return ;
 }

51nod1434

51nod1486 大大走格子

先把所有坏点按曼哈顿距离排序。

总方案数减去不合法方案的数量，枚举第一次走到的不合法格子(x,y)，则答案就是(走合法格子到(x,y)的路径数)*C(n-x,m-y)。而走合法格子到(x,y)的路径数用同样的方法算即可。

$O(n^2)$

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 const int N=,mod=1e9+;
 int n,m,K,fac[N],inv[N],f[N];
 struct P{ int x,y; }p[N];
 bool operator <(const P &a,const P &b){ return (a.x==b.x) ? a.y<b.y : a.x<b.x; }
 int C(int n,int m){ return n<m ?  : 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; }

 int ksm(int a,int b){
     int res=;
     for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=)
         if (b & ) res=1ll*res*a%mod;
     return res;
 }

 void init(int n){
     fac[]=; rep(i,,n) fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod;
     inv[n]=ksm(fac[n],mod-);
     for (int i=n-; ~i; i--) inv[i]=1ll*inv[i+]*(i+)%mod;
 }

 int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); init(n+m);
     rep(i,,K) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
     sort(p+,p+K+); p[++K]=(P){n,m};
     rep(i,,K){
         int res=C(p[i].x+p[i].y-,p[i].x-);
         rep(j,,i-) if (p[j].x<=p[i].x && p[j].y<=p[i].y)
             res=(res-1ll*f[j]*C(p[i].x-p[j].x+p[i].y-p[j].y,p[i].x-p[j].x)%mod+mod)%mod;
         f[i]=res;
     }
     printf("%d\n",f[K]);
     return ;
 }

51nod1486

51nod1678 lyk与gcd

简单莫比乌斯容斥，答案是$\sum\limits_{d|x}\mu(d)\sum\limits_{d|i}a[i]$。

先线性筛出$\mu$，再对每个d维护$\sum\limits_{d|i}a[i]$，事先将每个数的因子全部预处理出来以减小常数。

$O(n*n^\frac{1.44}{\ln \ln n})$（据说n的因子个数是$n^\frac{1.44}{\ln \ln n}$级别的，当然肯定不满）

 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 int n,Q,tot,op,x,k,a[N],sm[N],miu[N],pr[N],b[N];
 vector<int>ve[N];

 void init(int n){
     rep(i,,n){
         if (!b[i]) pr[++tot]=i,miu[i]=-;
         for (int j=; j<=tot && pr[j]*i<=n; j++){
             b[pr[j]*i]=;
             if (i%pr[j]==) { miu[pr[j]*i]=; break; }
                 else miu[pr[j]*i]=-miu[i];
         }
     }
     rep(i,,n) for (int j=i; j<=n; j+=i) ve[j].push_back(i);
 }

 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&Q); miu[]=; init();
     rep(i,,n){
         scanf("%d",&a[i]); int ed=ve[i].size()-;
         rep(j,,ed) sm[ve[i][j]]+=a[i];
     }
     rep(i,,Q){
         scanf("%d",&op);
         if (op==){
             scanf("%d%d",&x,&k); int ed=ve[x].size()-;
             rep(i,,ed) sm[ve[x][i]]+=k-a[x];
             a[x]=k;
         }else{
             scanf("%d",&x); int ed=ve[x].size()-; ll res=;
             rep(i,,ed) res+=sm[ve[x][i]]*miu[ve[x][i]];
             printf("%lld\n",res);
         }
     }
     return ;
 }

51nod1678

51nod1406 与查询

比较巧妙的DP，具体见代码。注意这题需要快速读入与输出。

$O(A\log A)$

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 int n,x,mx,ww[],f[N];

 inline void rd(int &x){
     x=; char ch=getchar();
     while (ch<'' || ch>'') ch=getchar();
     while (ch>='' && ch<='') x=(x<<)+(x<<)+(ch^),ch=getchar();
 }

 inline void pr(int x){
     int tot=;
     if (!x) { putchar(''); return; }
     while (x) ww[++tot]=x%,x/=;
     while (tot) putchar(ww[tot--]+'');
 }

 int main(){
     rd(n);
     rep(i,,n) rd(x),mx=max(mx,x),f[x]++;
     for (int i=; i<=mx; i<<=)
         for (int j=mx; j; j--) if (i&j) f[j-i]+=f[j];
     rep(i,,) pr(f[i]),putchar('\n');
     return ;
 }

51nod1406

51nod1407 与与与与

考虑容斥，求“相邻后至少k位为1”的方案数f(x)，答案就是$2^{f(x)}-1$。求f(x)就是上一道题。

$O(A\log A)$

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=,mod=1e9+;
 int n,x,mx,ans,f[N];

 int ksm(int a,int b){
     int res=;
     for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=)
         if (b & ) res=1ll*res*a%mod;
     return res;
 }

 int Cnt(int x){
     int res=;
     for (; x; x>>=) if (x&) res=-res;
     return res;
 }

 int main(){
     while (~scanf("%d",&n)){
         rep(i,,mx) f[i]=; mx=ans=;
         rep(i,,n) scanf("%d",&x),mx=max(mx,x),f[x]++;
         for (int i=; i<=mx; i<<=)
             for (int j=mx; j; j--) if (i&j) f[j-i]+=f[j];
         rep(i,,mx) ans=(ans+Cnt(i)*(ksm(,f[i])-))%mod;
         printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
     }
     return ;
 }

51nod1407

51nod1667 概率好题

好题。https://blog.csdn.net/samjia2000/article/details/53025218

$O(2^{k1+k2})$

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 const int N=,mod=1e9+;
 int T,n,m,l,r,s,sm,ans1,ans2,ans3,len[N];

 int ksm(int a,int b){
     int res=;
     for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=)
         if (b & ) res=1ll*res*a%mod;
     return res;
 }

 int C(int n,int m){
     if (n<m) return ;
     int res=;
     rep(i,,m) res=1ll*res*(n-m+i)%mod*ksm(i,mod-)%mod;
     return res;
 }

 void dfs(int x,int t,int d){
     if (x>n+m){
         ans1=(ans1+1ll*t*C(sm-d+n+m-,n+m)+mod)%mod;
         ans2=(ans2+1ll*t*C(sm-d+n+m-,n+m-)+mod)%mod;
         return;
     }
     dfs(x+,t,d); dfs(x+,-t,d+len[x]);
 }

 int main(){
     for (scanf("%d",&T); T--; ){
         scanf("%d",&n); s=; sm=ans1=ans2=;
         rep(i,,n) scanf("%d%d",&l,&r),sm+=r,len[i]=r-l+,s=1ll*s*len[i]%mod;
         scanf("%d",&m);
         rep(i,,m) scanf("%d%d",&l,&r),sm-=l,len[i+n]=r-l+,s=1ll*s*len[i+n]%mod;
         dfs(,,); ans3=(1ll*s-ans1-ans2+mod+mod)%mod; s=ksm(s,mod-);
         ans1=1ll*ans1*s%mod; ans2=1ll*ans2*s%mod; ans3=1ll*ans3*s%mod;
         printf("%d %d %d\n",ans1,ans2,ans3);
     }
     return ;
 }

51nod1667