Codeforces Round #596 (Div. 1, based on Technocup 2020 Elimination Round 2)

（第一把div1心态崩了，给大家表演了一把上蓝）

（看来以后div1需要先读前三题，如果没把握切掉还是不要交了……）

A：

题意是求最少用几个形如$2^{t}+p$的数拼出n，给定n和p。$n\leq 10^{9},-1000\leq p\leq 1000,k\geq 0$。

我们不妨考虑如何判断一个k是否能成为答案。显然移项之后变成了用$2^{t}$拼$n-kp$。

设$n-kp$的二进制中有a个1，拼出它所用的$2^{t}$个数为num，那么$num_{min}=a$。

注意到我们可以把这a个中的某些$2^{t}$拆成两个$2^{t-1}$，最多可以拆出$n-kp$个（全用1拼）。

感性理解一下，显然num的可能取值是连续的。那么只要判断k是否在$[a,n+kp]$之间即可。

那我们应该枚举k到多少呢？注意到$a_{max}=log{n}$，那么只要k枚举到$log{n}$一定能找到解或者判断无解。

这么一个送分题我进入网页花了5分钟，想了5分钟，写了5分钟，我真是活该掉分。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long

using namespace std; 

inline int read(){
    int x=,f=; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
    return x*f;
}

inline int calc(int x){int cnt=;while(x){cnt+=(x&);x>>=;}return cnt;}

int main(){
    int n=read(),p=read();
    if(n==p){printf("-1\n");return ;}
    for(int i=;i<=;i++){
        n-=p; if(n<i){printf("%d\n",-);return ;}
        if(calc(n)<=i && i<=n){printf("%d\n",i);return ;}
    }
    return ;
}

A

B：

题意是求有多少对$i,j$满足$a_{i}\cdot a_{j}=x^{k}$。$n\leq 10^{5},2\leq k\leq 100$。

看到这题大概是个人都有一个想法：维护一个质因数与指数集合的集合。

每次把$a_{i}$质因数分解，然后指数膜k。若膜k得0则忽略该质因数。

最后查找有多少数能和它的指数匹配（加起来膜k得0），并向集合中插入该数。

然后我不知道怎么写这个东西好写，于是去想了一些高论做法。

然而太菜什么都没想出来，只好手写这个东西，然后re on 6。

我：？？？

你wa on 6我也可以调，你tm的re on 6又不给result，我拿头调？？？

然后我陆续交了几发仍然re，于是心态崩了，去打炉石。（一套海盗战从10砍到了6，强烈推荐）

比完之后我点开第一个A的code，发现他写了一个这样的东西。

map<vector<pair<int,int> >,int> ans;

我：？？？

积累一个实用小知识：打cf一定要把stl的所有操作学好，不然你re都不知道是怎么re的。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long

using namespace std;
map<vector<pair<int,int> >,int> res;

inline int read(){
    int x=,f=; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
    return x*f;
}

int main(){
    int n=read(),k=read(); ll ans=;
    for(int nu=;nu<=n;nu++){
        int x=read(); vector<pair<int,int> > a,b;
        //a.push_back(0),b.push_back(0);
        for(int j=;j<=sqrt(x);j++){
            int p=; while(x%j==) x/=j,p++;
            p%=k; if(p==) continue;
            a.push_back(make_pair(j,p));
            b.push_back(make_pair(j,k-p));
        }
        if(x!=){
            a.push_back(make_pair(x,));
            b.push_back(make_pair(x,k-));
        }
        ans+=(ll)res[b],res[a]++;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

B

C：

由于上述原因（海盗战txdy）我并没有看这道题。今天上午胡了一下还胡错了，我真是活该掉分。

题意大概是给你一个$n\times m$的地图，每个点要么是空的要么有石头。

你只能向下或向右走，如果你撞到一个石头会把它推着一起走。

如果推到地图边界就不能再推了，也就是不能再朝该方向走。

求有多少种方法从$(1,1)$走到$(n,m)$。$n,m\leq 2000$。

这种有限制的移动题一般还是考虑用dp去表示它的状态以及走法。

我们如果考虑从$(1,1)$走到$(i,j)$比较麻烦，因为没法表示有多少石头的状态。

那如果倒着考虑，从$(i,j)$走到$(n,m)$呢？好多了，可以通过石头个数判断后面能走哪。但由于不知道走的方向比较麻烦。

考虑一条路径，我们如果只在它转弯的地方进行dp转移，就变得方便很多。

那么可以考虑设$D_{i,j},R_{i,j}$。其中$D_{i,j}$表示现在在$(i,j)$，下一步要往下，上一步不是往下的方案数。

设$(i,j)$正下方有k个石头，那么最多走$n-k-i$步就必须右转了。于是有$D_{i,j}=\sum_{s=1}^{n-k-i}{R_{i+s,j}}$。

R的转移类似。我写了个$O(nmlogn)$的，其实记一下石头个数完全可以$O(nm)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define mod 1000000007
#define ll long long

using namespace std;
char mp[maxn][maxn];
ll n,m,d[maxn][maxn],r[maxn][maxn];
ll cd[maxn][maxn],cr[maxn][maxn];
ll nd[maxn][maxn],nr[maxn][maxn];

inline ll read(){
    ll x=,f=; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
    return x*f;
}

inline ll mo(ll &x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline ll lowbit(ll x){return x&(-x);}
inline ll sr(ll t,ll x){ll ans=;for(ll i=x;i;i-=lowbit(i)) mo(ans+=cr[t][i]);return ans;}
inline ll sd(ll t,ll x){ll ans=;for(ll i=x;i;i-=lowbit(i)) mo(ans+=cd[t][i]);return ans;}
inline ll qr(ll t,ll x,ll y){return (sr(t,y)-sr(t,x-)+mod)%mod;}
inline ll qd(ll t,ll x,ll y){return (sd(t,y)-sd(t,x-)+mod)%mod;}
inline void ar(ll t,ll x,ll y){for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) mo(cr[t][i]+=y);}
inline void ad(ll t,ll x,ll y){for(ll i=x;i<=m;i+=lowbit(i)) mo(cd[t][i]+=y);}

int main(){
    n=read(),m=read();
    for(ll i=;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+);
    for(ll i=;i<=n;i++)
        for(ll j=m;j>=;j--)
            nr[i][j]=nr[i][j+]+(mp[i][j]=='R');
    for(ll i=n;i>=;i--)
        for(ll j=;j<=m;j++)
            nd[i][j]=nd[i+][j]+(mp[i][j]=='R');
    d[n][m]=r[n][m]=,ad(n,m,),ar(m,n,);
    for(ll i=n;i>=;i--){
        for(ll j=m;j>=;j--){
            if(i==n && j==m) continue;
            ll t1=nd[i+][j],t2=nr[i][j+];
            if(i+<=n-t1) d[i][j]=qr(j,i+,n-t1);
            if(j+<=m-t2) r[i][j]=qd(i,j+,m-t2);
            ad(i,j,d[i][j]),ar(j,i,r[i][j]);
            //cout<<i<<" "<<j<<":"<<d[i][j]<<" "<<r[i][j]<<endl;
        }
    }
    if(n==m && n==) cout<<(mp[][]=='.')<<endl;
    else cout<<(d[][]+r[][])%mod<<endl;
    return ;
}

C

D：

咕了，补别的题（玩海盗战）。