[考试反思]0910csp-s模拟测试42：追求

显而易见的暴力骗分。

T1想到了bitset但是发现MLE后弃了，部分分都没拿。

T2想到正解贪心打暴力过不了大样例弃了。

T3牛逼题暴力。

考场没什么大失误，还可以。

不要轻易放弃每一个思路，可能再优化一下就是正解。不要知足于暴力。

T1：世界线

经典问题：求DAG中每一个点能到达多少点。

很容易想到bitset，但是这题卡空间让人愣了一下。

其实很简单，分两次跑，第一次处理出每一个点能到前30000号点里的哪些点。

第二次同理处理后30000个点。这样内存就减半了。

时间复杂度不变。O(n²/32)

 #include<cstdio>
 #include<bitset>
 using namespace std;
 bitset<>b[];long long ans;
 int n,m,fir[],l[],to[],cnt,a,bs,in[],q[],qt,in2[];
 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;in[b]++;}
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);ans=-m;
     for(int i=;i<=m;++i)scanf("%d%d",&a,&bs),link(bs,a);
     for(int i=;i<=n&&i<=;++i)b[i][i]=;
     for(int i=;i<=n;++i)in2[i]=in[i];
     for(int i=;i<=n;++i)if(!in[i])q[++qt]=i;
     for(int qh=;qh<=qt;++qh)for(int j=fir[q[qh]];j;j=l[j]){
         b[to[j]]|=b[q[qh]];
         in[to[j]]--;
         if(!in[to[j]])q[++qt]=to[j];
     }
     for(int i=;i<=n;++i)ans+=b[i].count(),b[i].reset();
     for(int i=;i<=n;++i)b[i][i-]=;
     qt=;
     for(int i=;i<=n;++i)if(!in2[i])q[++qt]=i;
     for(int qh=;qh<=qt;++qh)for(int j=fir[q[qh]];j;j=l[j]){
         b[to[j]]|=b[q[qh]];
         in2[to[j]]--;
         if(!in2[to[j]])q[++qt]=to[j];
     }
     for(int i=;i<=n;++i)ans+=b[i].count();
     printf("%lld\n",ans-n);
 }

思路积累：

• bitset求所有能互相到达的点对。
• 分多次跑节约空间。
• bitset常数很小。

T2：时间机器

直接贪心。

运用单调性，把供给与需求的左端点排序，然后对于每一个需求找最小的能覆盖它的右端点。

最优性/贪心正确性比较显然。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<set>
 using namespace std;
 struct ps{
     int opt,l,r,num,ord;
     friend bool operator<(ps a,ps b){return a.r<b.r;}
 }p[];
 bool com(ps a,ps b){return a.l<b.l||(a.l==b.l&&a.opt>b.opt);}
 multiset<ps>ss;
 int n,m,t,lft[];
 int main(){//freopen("machine2.in","r",stdin);
     scanf("%d",&t);
     while(t--){
         scanf("%d%d",&n,&m);ss.clear();
         for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d%d%d",&p[i].l,&p[i].r,&p[i].num),p[i].ord=p[i].opt=;
         for(int j=;j<=m;++j)scanf("%d%d%d",&p[n+j].l,&p[n+j].r,&p[n+j].num),
             lft[j]=p[n+j].num,p[n+j].ord=j,p[n+j].opt=;
         sort(p+,p++n+m,com);//for(int i=1;i<=n+m;++i)printf("%d %d\n",p[i].l,p[i].opt);
         for(int i=;i<=n+m;++i)
             if(p[i].opt)ss.insert(p[i]);//,puts("+");
         else while(p[i].num){//puts("-");printf("%d\n",ss.size());printf("%d -> ",p[i].num);
                 if(ss.lower_bound((ps){,,p[i].r,,})==ss.end())goto fal;
                 ps gt=*ss.lower_bound((ps){,,p[i].r,,});
                 int Num=lft[gt.ord];
                 if(Num>p[i].num)lft[gt.ord]-=p[i].num,p[i].num=;
                 else p[i].num-=Num,ss.erase(ss.lower_bound((ps){,,p[i].r,,}));//printf("%d\n",p[i].num);
             }
         puts("Yes");continue;
         fal:puts("No");
     }
 }

思路积累：

• 二位限制的贪心可以先排序一维再做。（CDQ）
• 把需求和供给等不同操作放在一起排序后处理。（CDQ，莫队思想）

T3：密码

神仙题。跟题解。

求$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=0}^{i} [C_i^j \ mod\  p^k==0] $

组合数可以表示为阶乘形式，设$f[i]$表示i的阶乘分解质因数后因子p的个数。

那么问题转化为$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=0}^{i} [f[i]-f[j]-f[i-j]>k]$

对于n的阶乘，其含有的因子p个数为$\sum n/p_i$

组合数$C_n^m$也就可以转化为$\sum (n/p^i + m/p^i + (n-m)/p^i) $

$\sum$后面的项的值只可能是0或1，那么考虑其含义：p进制下两数相加不超过n而加法过程当中的进位次数

问题就是p进制下两数相加不超过n而加法过程当中的进位次数大于等于k的方案数

p进制数位dp。dp[i][j][k][l]表示考虑到第i位，已进位j次，是否受限制，这一位是否需要进位（后两维大小为1）

枚举p进制下每一位中[0,p)的取值，复杂度$O(log_p^n \times p^2)$

但是其实很多枚举所进入的下一层状态是完全相同的，不用枚举，所有方案数都是等差数列之和。根据含义推即可。

至于进制转化，while高精下模一下除一下即可。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 #define mod 100000000
 #define Mod 1000000007
 #define L lim[al]
 int lim[],l,p,k,pw[];char N[];
 int dp[][][][];
 #define DP dp[al][up][islim][nup]
 struct Int{
     long long a[],ws;
     friend int operator%(Int &a,int b){
         for(int i=a.ws-;i;--i)a.a[i-]+=a.a[i]%b*mod,a.a[i]/=b;
         int res=a.a[]%b;a.a[]/=b;
         while(a.ws&&!a.a[a.ws-])a.ws--;
         return res;
     }
 }n;
 long long sch(int al,int up,int islim,int nup){
     if(~DP)return DP;
     if(al==l+)return DP=(up>=k&&!nup);
     if(nup){
         if(!islim)return DP=(sch(al+,up,,)*((p-1ll)*p/%Mod)+sch(al+,up+,,)*((p+1ll)*p/%Mod))%Mod;
         else return DP=(sch(al+,up,,)*((*p-1ll-L)*L/%Mod)+sch(al+,up+,,)*((*p-L+1ll)*L/%Mod)
              +sch(al+,up,,)*(p-L-)+sch(al+,up+,,)*(p-L))%Mod;
     }else{
         if(!islim)return DP=(sch(al+,up,,)*((1ll+p)*p/%Mod)+sch(al+,up+,,)*((p-1ll)*p/%Mod))%Mod;
         else return DP=(sch(al+,up,,)*((L+1ll)*L/%Mod)+sch(al+,up+,,)*((L-1ll)*L/%Mod)
              +sch(al+,up,,)*(L+)+sch(al+,up+,,)*L)%Mod;
     }
 }
 int main(){//freopen("password9.in","r",stdin);
     pw[]=;for(int i=;i<=;++i)pw[i]=pw[i-]*;
     scanf("%s%d%d",N,&p,&k);
     while(N[l])l++;reverse(N,N+l);
     for(int com=;com<l;++com) n.a[com/]+=(N[com]-)*pw[com%];
     n.ws=(l-)/+;l=;
     while(n.ws)lim[++l]=n%p;
     reverse(lim+,lim+l+);
     if(k>l){puts("");return ;}
     memset(dp,0xff,sizeof dp);
     printf("%lld\n",sch(,,,));
 }