NOIP模拟60

T1 整除

解题思路

答案就是 n 的每一个质因数的合法的答案数相乘（证明的话就。。。。）

但是复杂度显然不允许（虽然我们可以给指数取模水过去）。。

可以用积性筛（线性筛）利用质数筛出 \(x^m\) 然后就可以计算答案了

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=60,mod=998244353;
int n,task,m,cnt,c,ans,T,pri[10010],res[10010],s[N];
bool vis[10010];
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int z=y; x=y; y=z-(a/b)*y;
	return d;
}
int power(int x,int y,int p=mod)
{
	int temp=1; y%=p-1;
	while(y)
	{
		if(y&1) temp=temp*x%p;
		x=x*x%p; y>>=1;
	}
	return temp;
}
void solve()
{
	c=read(); m=read(); ans=1;
	for(int i=1;i<=c;i++) s[i]=read();
	for(int i=1;i<=c;i++)
	{
		int sum=0;
		for(int j=1;j<=s[i];j++)
			if(vis[j]) res[j]=0;
			else res[j]=power(j,m,s[i])%s[i];
		for(int j=1;j<=s[i];j++)
		{
			if(res[j]==j%s[i]) sum++;
			for(int k=1;k<=cnt&&pri[k]*j<=s[i];k++)
				{
					res[pri[k]*j]=res[pri[k]]*res[j]%s[i];
					if(j%pri[k]==0) break;
				}
		}
		ans=ans*sum%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
void init()
{
	for(int i=2;i<=10000;i++)
	{
		if(!vis[i]) pri[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=10000;j++)
			vis[i*pri[j]]=true;
	}
}
signed main()
{
	freopen("division.in","r",stdin); freopen("division.out","w",stdout);
	init(); task=read(); T=read(); while(T--) solve();
	return 0;
}

T2 糖果

解题思路

倍增 DP 。。

不难发现数据都是有周期的并且大于 \(m\) 的糖果可以直接视为只有 \(m\) 个。

然后我们就可以快速算出每一个数量的糖果的种类数了，然后进行倍增 DP。

设 \(g(i,j)\) 表示前 \(2^i\) 种糖果占 \(j\) 个位置的方案数：

\[g(i,j)=\sum\limits_{k=0}^jg(i-1,k)\times g(i-1,j-k)\times\binom{j}{k}
\]

然后对于相同数量的糖果我们所需要的种类数是一定了，因此用一个类似于上面的柿子加上背包的思想合并起来。

最后 DP 统计答案就好了

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e7+10,M=110,Lg=70,mod=998244353;
unordered_map<int,int> mp;
int T,s[N],n,m,a,b,p,las,maxn,p2[Lg],fac[M],ifac[M],cnt[N],ans[M][M],f[M][Lg][M],g[M][Lg][M],dep[M];
int power(int x,int y,int p=mod){int temp=1;while(y){if(y&1) temp=temp*x%p;x=x*x%p; y>>=1;}return temp;}
int C(int x,int y){return fac[x]*ifac[x-y]%mod*ifac[y]%mod;}
void solve(int lim)
{
	for(int i=0;i<=lim;i++) f[lim][0][i]=1;
	for(int i=1;i<=60;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
			for(int k=0;k<=j;k++)
				f[lim][i][j]=(f[lim][i][j]+f[lim][i-1][k]*f[lim][i-1][j-k]%mod*C(j,k))%mod;
	int pos=lim; lim=cnt[pos]; g[pos][0][0]=1;
	for(int i=60;i>=0;i--)
	{
		if(p2[i]>lim) continue; lim-=p2[i]; dep[pos]++;
		for(int j=0;j<=m;j++)
			for(int k=0;k<=j;k++)
				g[pos][dep[pos]][j]=(g[pos][dep[pos]][j]+g[pos][dep[pos]-1][k]*f[pos][i][j-k]%mod*C(j,k))%mod;
	}
}
signed main()
{
	freopen("sugar.in","r",stdin); freopen("sugar.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); maxn=s[1]=read(); a=read(); b=read(); p=read();
	mp.insert(make_pair(s[1],1));
	p2[0]=1; for(int i=1;i<=60;i++) p2[i]=p2[i-1]*2;
	fac[0]=ifac[0]=1; for(int i=1;i<=m;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	ifac[m]=power(fac[m],mod-2); for(int i=m-1;i>=1;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		s[i]=(s[i-1]*a+b)%p+1; maxn=max(maxn,s[i]);
		if(mp.find(s[i])!=mp.end())
		{
			las=mp.find(s[i])->second;
			T=i-las; break;
		}
		mp.insert(make_pair(s[i],i));
	}
	if(!las) las=n+1; maxn=min(maxn,m);
	for(int i=1;i<las;i++) cnt[min(m,s[i])]++;
	if(T) for(int i=las;i<=las+T-1;i++) cnt[min(m,s[i])]+=(n-i)/T+1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(cnt[i]) solve(i);
		else g[i][dep[i]][0]=1;
	ans[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=maxn;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
			for(int k=0;k<=j;k++)
				ans[i][j]=(ans[i][j]+ans[i-1][j-k]*g[i][dep[i]][k]%mod*C(j,k))%mod;
	printf("%lld",ans[maxn][m]);
	return 0;
}

T3 打字机

解题思路

和题解的方法一样，对于前缀维护后缀的 \(h(i)\) 表示 \(S\) 长度为 \(i\) 的后缀和 \(T\) 的编辑距离。

那么 \(f(i,j,k)\) 表示考虑了 \(S\) 长度为 \(i\) 的前缀， \(T\) 长度为 \(j\) 的后缀，最大的 \(x\) 使得 \(x-h(x)\le k\)。

于是可以得到 DP 方程：

\[f(i,j,k)=min\{f(i-1,j,k)+1,f(i,j-1,k+1),f(i-1,j-1,k[S-i=T_j])\}
\]

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e5+10,M=22,base=20;
int T,n,m,l,r,len,f[N][M][M<<1];
char s[N],t[M];
void init()
{
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
			fill(f[i][j]-m-1+base,f[i][j]+base-j-1+1,-1);
	for(int i=base-m-1;i<=base+m;i++) f[0][0][i]=min(f[0][0][i],0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			for(int k=base-m-1;k<=base+m;k++)
				f[i][j][k]=min(f[i][j][k],min(f[i-1][j][k]+1,min(f[i][j-1][k+1],f[i-1][j-1][k-(s[i]==t[j])]+1)));
}
int solve()
{
	l=read(); r=read(); len=r-l+1;
	return len-(lower_bound(f[r][m]+base-m,f[r][m]+base+m+1,len)-f[r][m])+base;
}
signed main()
{
	freopen("print.in","r",stdin); freopen("print.out","w",stdout);
	scanf("%s%s",s+1,t+1); n=strlen(s+1); m=strlen(t+1);
	init(); T=read(); while(T--) printf("%d\n",solve());
	return 0;
}

T4 堆

大坑未补