NOIP2018 集训(二)

A题神炎皇

问题描述

神炎皇乌利亚很喜欢数对，他想找到神奇的数对。

对于一个整数对 $(a,b)$ ，若满足 $a+b\leq n$ 且 $a+b$ 是 $ab$ 的因子，则称

为神奇的数对。请问这样的数对共有多少呢？

输入格式

一行一个整数 $n$ 。

输出格式

一行一个整数表示答案，保证不超过 $64$ 位整数范围。

数据范围与约定

对于 $20\%$ 的数据 $n\leq 1000$ ;

对于 $40\%$ 的数据 $n\leq 10^5$ ;

对于 $60\%$ 的数据 $n\leq 10^7$ ;

对于 $80\%$ 的数据 $n<=10^{12}$ ;

对于 $100\%$ 的数据 $n<=10^{14}$ 。

样例

样例输入
21

样例输出
4 23

题解

首先暴力或者打表，都只能得20分

//打表程序

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline char get(){

	static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;

	return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

}

inline long long read(){

	register char c=get();register long long f=1,_=0;

	while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();

	while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();

	return _*f;

}

int main(){

	freopen("watch.txt","w",stdout);

	long long a,b;

	long long n=0;

	cout<<"a[]={0";

	while(n<=10000005){

		long long now=0;

		n++;

		for(register long long i=1;i<=n;i++){

			for(register long long j=1;j<=n-i;j++){

				//cout<<n<<":"<<i<<" "<<j<<endl;

				if(i+j<=n && (i*j)%(i+j)==0){

					//cout<<n<<":"<<i<<" "<<j<<endl;

					now++;

				}

			}

		}

		cout<<","<<now;

	}

	cout<<"};";

	return 0;

}

事实上，

这个时候让我们来看一下数据范围，对于100%的数据$ n\le10^{14} $，为什么是$ 10 ^{14} $而不是$10^{18}$呢？说明这个题要用一个复杂度为$ O(\sqrt{n}) $的算法(程序1s通常可以运算$ 10^{7} $次)，于是乎我们再次对式子进行变形，尽量向$O(\sqrt{n})$靠拢
先假设现在有满足条件的数$a,b$，同时我们设$d=gcd(a,b)$，则此时一定有：$$a^{'}=\frac{a}{k}　， b^{'}=\frac{b}{k}$$

对式子进行变形，则可以得到：

\[k(a′+b′)\%k^2a′b′=0
\]

$∵k(a′+b′)\le n$

$ ∴a'+b’ \le \sqrt{n}$

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=10000005;

LL n,Ans;

int m,f[N],p[N],phi[N];

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("uria.in","r",stdin);

	freopen("uria.out","w",stdout);

#endif

	cin>>n;

	int lim=int(sqrt(n));

	for(int i=2;i<=lim;i++)

	{

		if(!f[i])

			p[++m]=i,phi[i]=i-1;

		for(int j=1;j<=m&&i*p[j]<=lim;j++)

		{

			f[i*p[j]]=1;

			if(i%p[j]==0)

			{

				phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;

			}

			phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);

		}

		Ans+=n/i/i*phi[i];

	}

	cout<<Ans;

	return 0;

}

##B题降雷神
#### 问题描述
降雷皇哈蒙很喜欢雷电，他想找到神奇的电光。

哈蒙有 $n$ 条导线排成一排，每条导线有一个电阻值，神奇的电光

只能从一根导线传到电阻比它大的上面，而且必须从左边向右传导，

当然导线不必是连续的。

哈蒙想知道电光最多能通过多少条导线，还想知道这样的方案有

多少。

输入格式

第一行两个整数 $n$ 和 $t$ 。 $t$ 表示数据类型

第二行 $n$ 个整数表示电阻。

输出格式

第一行一个整数表示电光最多能通过多少条导线。

如果 $t=1$ 则需要输出第二行，表示方案数，对 $123456789$ 取模。

数据范围与约定

对于 $20\%$ 的数据 $n\leq 10$ ；

对于 $40\%$ 的数据 $n\leq 1000$ ；

对于另外 $20\%$ 的数据 $t=0$ ；

对于另外 $20\%$ 的数据保证最多能通过不超过 $100$ 条导线；

对于 $100\%$ 的数据 $n\leq 100000$ ,电阻值不超过 $100000$ 。

样例

样例输入
5 1 1 3 2 5 4

样例输出
3 4

题解

对于$t=0$的时候，直接求出最长上升子序列即可（二十分做法）

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1000005;

int n, a[maxn], f[maxn], g[maxn], ans;

int t;

int main() {

    cin >> n >> t;

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

	memset(g,0x3f,sizeof(g));

    memset(f,0,sizeof(f));

    g[0]=0;

    ans=0;

    for(int i=1;i<=n;i++){

        f[i]=lower_bound(g+1,g+ans+1,a[i])-g;

        g[f[i]]=a[i];

        ans=max(ans,f[i]);

    }

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}

事实上，我们需要做的只是在求最长上升子序列的同时再求出方案数即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=100005,M=5000005,Mod=123456789;

int lc[M],rc[M],s[M],rt[N],f[N],g[N],Max[N],Ans1,Ans2,tot,n,type;

void Add(int& x,int l,int r,int p,int k)

{

	if(!x)

		x=++tot,lc[x]=rc[x]=s[x]=0;

	int Mid=l+r>>1;

	s[x]=(s[x]+k)%Mod;

	if(l==r)

		return;

	if(p<=Mid)

		Add(lc[x],l,Mid,p,k);

	else

		Add(rc[x],Mid+1,r,p,k);

}

int Ask(int x,int l,int r,int p)

{

	if(r<=p)

		return s[x];

	int Mid=l+r>>1;

	if(p<=Mid)

		return Ask(lc[x],l,Mid,p);

	return (s[lc[x]]+Ask(rc[x],Mid+1,r,p))%Mod;

}

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("hamon.in","r",stdin);

	freopen("hamon.out","w",stdout);

#endif

	cin>>n>>type;

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		int a;scanf("%d",&a);

		for(int j=a-1;j;j-=j&-j)

			f[i]=max(f[i],Max[j]);

		if(f[i]==0)

			g[i]=1;

		else

			g[i]=Ask(rt[f[i]],0,N,a-1);

		f[i]++;

		if(f[i]>Ans1)

			Ans1=f[i],Ans2=0;

		if(f[i]==Ans1)

			Ans2=(Ans2+g[i])%Mod;

		Add(rt[f[i]],0,N,a,g[i]);

		for(int j=a;j<N;j+=j&-j)

			Max[j]=max(Max[j],f[i]);

	}

	cout<<Ans1<<endl;

	if(type)

		cout<<Ans2<<endl;

	return 0;

}//来自十里坡键神