[考试反思]0914csp-s模拟测试43：破绽

T1会正解。爆int了，代码里一大堆long long但是有一个地方落了。-70分。

离考试结束还有19秒的时候发现手模样例爆负数了，没来得及改。

T2没想。打暴力了。然而实际很好想。。。早读5分钟就想出来了。可是考场上没好好想。。。

T3打的是正解，不知道哪错了，爆零。

关键经验：考场上如果不会MLE的话，#define int long long很稳！！！

要根据部分分一步一步想思路，不要嫌弃部分分少，因为它可能就是正解的钥匙。

单单这一场考试，总排名直接滚蛋到第9左右。

如果目标还高于省一的话，没有再失手任何一次的机会了。

细致。坚持。稳重。

T1：A

不难。记得开long long就行。

加和乘，那么最后一定可以表示为$ T=S×x+a*y $的形式，其中x是b的整次幂。

接下来把y表示为b进制，把每一位求和即为最优决策。

 #include<cstdio>
 long long min(long long a,long long b){return a<b?a:b;}
 long long S,T,a,m,ans=1e18,mt;
 int main(){
     scanf("%lld%lld%lld%lld",&S,&T,&a,&m);
     if((T-S)%a==)ans=(T-S)/a;
     while(S<T/m){
         mt++;S*=m;
         if((T-S)%a)continue;
         long long et=mt,tms=(T-S)/a;
         for(int i=;i<=mt;++i)et+=tms%m,tms/=m;
         ans=min(ans,et+tms);
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }

思路积累：

• long long
• 出题人数据极其毒瘤

T2：B

好题。

和正解不一样，代码量与代码性能很好，但是代价是思维量很大。

我们可以把p质因数分解，得到$p=p_1^{t_1} \times p_2^{t_2} \times ... \times p_u^{t_u}$

然后我们对于u个相同但是p为$p_i^{t_i}$的子问题求解。

思想类似与CRT，根据乘法计数原理，答案相乘即为最后答案。

我们对于两个子问题，其中的每个方案都对应着一个序列，序列每个数都不超过$p_i^{t_i}$。

那么每次合并两个序列时，我们能唯一确定最后对于p的序列，类似与CRT思想，是一一对应的。

现在考虑子问题。

我们有性质，当gcd(a,p)==gcd(b,p)时，得到a和b的方案数相等。

那么，因为我们现在在考虑对于$p_i^{t_i}$的子问题，所以gcd一定是$p_i$的整次幂，或者0。

设dp[i][j][k]表示对于第i种质因子，已经选了j个数，目前是gcd是k-1次（如果k=0表示已经乘成了0）

考虑转移，0的情况特判，不然在模$p_i^{t_i}$的意义下次数是单调不减的。

0次可以转移到$0～{t_i}$次，1次可以转移到$1～{t_i}$次...

考虑转移的系数是多少。以${p_i==2，k==2}$为例。

0次可以转移到0次及以上的所有数，转移1份。

1次可以转移到1次及以上，转移目标少了一半，故转移的份数加倍.

而1次的数的数量恰好是0次的数的数量的1/2，但是转移的份数又是2倍，那么总系数还是没有变化。

同理可以推广到高次，转移系数全都相同。

现在在于如何求出系数，暴力搞一下其中任意一种情况就行，可以用欧拉函数，也可以简单容斥。

至于乘完后取模得0的情况，特殊处理即可。因为如果是0了以后一定都是0，所以不会转移出去。

只要暴力处理最后一层，用全部选法减去非0选法即可。

总复杂度$O((n+m)\times \sum\limits_{i=1}^{u}t_i)$略低于O((n+m)log p)

 #include<cstdio>
 #define mod 1000000007
 #define int long long
 int pow(int b,int t,int a=){for(;t;t>>=,b=b*b%mod)if(t&)a=a*b%mod;return a;}
 int p,n,m,ps[],tms[],dp[][][],sum[][][],cp,cs[];
 main(){
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
     for(int i=;i*i<=p;++i)if(p%i==){
         ps[++cp]=i;cs[cp]=;
         while(p%i==)p/=i,tms[cp]++,cs[cp]*=i;
         cs[cp]=cs[cp]/i*(i-);
     }
     if(p!=)ps[++cp]=p,cs[cp]=p-,tms[cp]=;
     for(int i=;i<=cp;++i){
         for(int j=;j<=tms[i];++j)dp[i][][j]=,sum[i][][j]=j;
         for(int j=;j<=n;++j)for(int k=;k<=tms[i];++k)
             (dp[i][j][k]+=sum[i][j-][k]*cs[i])%=mod,
             sum[i][j][k]=(sum[i][j][k-]+dp[i][j][k])%mod;
         dp[i][n][]=pow(cs[i]/(ps[i]-)*ps[i],n);
         int al=,lim=cs[i]/(ps[i]-),x=lim*ps[i]-;
         for(int k=tms[i];k;--k)(dp[i][n][]+=mod-dp[i][n][k]*(x/lim-al)%mod)%=mod,al=x/lim,lim/=ps[i];
     }
     for(int r=;r<=m;++r){
         int q,ans=;scanf("%lld",&q);
         for(int i=;i<=cp;++i){
             int req=q%(cs[i]/(ps[i]-)*ps[i]),ccp=;
             if(req==)goto re;
             while(req%ps[i]==)ccp++,req/=ps[i];ccp++;
 re:            (ans*=dp[i][n][ccp])%=mod;
         }
         printf("%lld ",ans);
     }
 }

T3：C

三分函数+贪心。

三分特殊加热器的次数，费用是个单峰函数。

然后就是线段覆盖问题，依次考虑每盆植物的mxr表示能覆盖i的区间的最大右端点是mxr[i]

每盆植物还需要p次的话，那么就对[i,mxr[i]]区间都进行p次就好。

操作是区间减，单点查询，可以用差分。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 #define int long long
 int n,m,t,mxr[],w[],cf[],ans=12345678901234567ll;
 int check(int mid){
     int fee=mid*t,tot=;
     for(int i=;i<=n;++i)cf[i]=max(w[i]-mid,0ll)-max(w[i-]-mid,0ll);
     for(int i=;i<=n;++i){
         tot+=cf[i];
         if(tot>&&mxr[i]<i)return 12345678901234567ll;
         if(tot>)fee+=tot,cf[mxr[i]+]+=tot,cf[i+]-=tot;
     }
     ans=min(ans,fee);
     return fee;
 }
 main(){//freopen("1.in","r",stdin);
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%lld",&w[i]);
     for(int i=,l,r;i<=m;++i)scanf("%lld%lld",&l,&r),mxr[l]=max(mxr[l],r);
     int l=,r=;
     for(int i=;i<=n;++i)mxr[i]=max(mxr[i-],mxr[i]);
     while(l<r-)
         if(check(l+r>>)<check((l+r>>)+))r=(l+r>>)+;
         else l=l+r>>;
     check(l);check(l+);check(l+);
     printf("%lld\n",ans);
 }

思路积累：

• 三分函数，根据含义或者打表发现单峰性质
• 线段树
• 贪心：线段覆盖问题，如何处理后效性
• 差分：区间加减单点查询的优化