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A(暴力)

题目链接

题目:

给出\(K\),求出满足\(A\times B\times C\le K\)的\((A,B,C)\)对数

解析:

将C移动到等式右边,得到\(A\times B\le\frac{K}{C}\),对于\(t=\lfloor\frac{K}{C}\rfloor\),统计\(t\)向下整除\(1\sim t\)的和即为结果

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/ int main() {
int k;
LL result = 0;
scanf("%d", &k);
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
int end = k / i;
for (int j = 1; j <= end; ++j)
result += k / i / j;
}
printf("%lld", result);
}

B(思维)

题目链接

题目:

求出\(A^{B^C}\)的个位数字

解析:

不难得到以下循环

  1. 1 1 1 1 1 ...(1)
  2. 2 4 8 6 2 ...(4)
  3. 3 9 7 1 3 ...(4)
  4. 4 6 4 6 4 ...(2)
  5. 5 5 5 5 5 ...(1)
  6. 6 6 6 6 6 ...(1)
  7. 7 9 3 1 7 ...(4)
  8. 8 4 2 6 8 ...(4)
  9. 9 1 9 1 9 ...(2)
  10. 0 0 0 0 0 ...(1)
  • 对于循环长度为1,则直接输出本身
  • 循环长度为2,则考虑\(B\)奇偶性(奇数的幂还是奇数,偶数的幂还是偶数)
  • 循环长度为4分\(B\)的奇偶讨论
    • 如果\(B\)为奇数且模4为1,则他的幂模4还是1,否则模值在3 1循环
    • 如果为偶数则一定含有2,如果能被4整除则幂数模4一定是0,否则看2(因子)的出现次数,即幂数是否大于1,比1大模值为0,比一小模值1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/ map<int, map<int, int>> m;
int main() {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
m[4][0] = 4, m[4][1] = 6;
m[9][0] = 9, m[9][1] = 1;
m[2][0] = 2, m[2][1] = 4, m[2][2] = 8, m[2][3] = 6;
m[3][0] = 3, m[3][1] = 9, m[3][2] = 7, m[3][3] = 1;
m[8][0] = 8, m[8][1] = 4, m[8][2] = 2, m[8][3] = 6;
m[7][0] = 7, m[7][1] = 9, m[7][2] = 3, m[7][3] = 1;
a %= 10;
if (a == 0 || a == 1 || a == 5 || a == 6)
printf("%d", a);
else if (a == 4 || a == 9)
printf("%d", m[a][b % 2 == 0]);
else {
if (b & 1) {
if (b % 4 == 1)
printf("%d", m[a][0]);
else {
if (c & 1)
printf("%d", m[a][2]);
else
printf("%d", m[a][0]);
}
}
else {
if (b % 4 == 0)
printf("%d", m[a][3]);
else {
if (c >= 2)
printf("%d", m[a][3]);
else
printf("%d", m[a][1]);
}
}
}
}

C(贪心)

题目链接

题目:

给出一个字符串,以及操作:如果\(s_i=s_{i+1}\ne s_{i+2}\),则将\(s_{i+2}\)替换成\(s_i\),询问最多操作次数

解析:

那如果又两个连续的字符\(c\),则后序字符肯定能都变成\(c\),那么可以考虑从后向前进行替换,这样可以保证最大次数

如此则需要从前向后统计第一次出现的某字符\(c\)与下一个和他不一样的连续字符\(c'\)之间存在多少个\(c\)(这些字符不可以被操作需要从答案中减去),后序字符都可以被替换,因为操作时从后向前,后序字符均会被替换成\(c'\)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
/*===========================================*/ const int maxn = 2e5 + 5;
char str[maxn]; int main() {
scanf("%s", str);
int len = strlen(str);
char last = 1;
int lpos = -1;
LL ret = 0;
for (int i = 0; i <= len; ++i) {
if (str[i] == str[i + 1] && str[i] != last)
{
if (~lpos)
ret += 1LL * len - lpos;
lpos = i;
last = str[i];
}
if (str[i] == last)
--ret;
}
printf("%lld", ret + 1);
}

D(排列组合+快速幂)

题目链接

题目:

给出\(n,m,k\),规定\(A_i\)为第\(i\)行最小的数字,\(B_i\)为第\(i\)行最大的数字,则有多少种序列的可能性(答案取模998244353)

解析:

  1. 要保证\(A\)中的最大值一定得小于等于\(B\)中最小值,因为假设A中最大值对应位置为\((i,j)\),则在第\(j\)列的最大值要大于等于\(i\)不可能小于$i
  2. 所以可以枚举\(i\),即\(pow(i,n)\times pow(k+1-i,m)\),但是这样的情况下对于左边(或者右边)可能出现包含的情况,所以一定要保证\(i\)在序列中至少出现1次(或者保证\(j\))
\[\sum_{i=1}^k(i^n-(i-1)^n)*(k-i+1)^m \ \%mod
\]

注意:

考虑\(n==1||m==1\)的特殊情况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;
LL pw(LL n, int x) {
LL ret = 1;
LL t = n;
while (x) {
if (x & 1) ret = ret * t % mod;
t = t * t % mod;
x >>= 1;
}
return ret;
} int main() {
int n, m, k;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
if (n == 1)
printf("%lld", pw(k, m));
else if (m == 1)
printf("%lld", pw(k, n));
else {
LL ret = 0;
for (int i = 1; i <= k; ++i)
ret = ((pw(i, n) - pw(i - 1, n) + mod) % mod * pw(k + 1 - i, m) % mod + ret) % mod;
printf("%lld", ret);
}
}

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