51nod部分容斥题解
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
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
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
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
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
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
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