牛客練習賽52 題解

也許更好的閱讀體驗

本人只做出了前四題，所以只寫前四題的題解

$\mathcal{A\ 數數}$

$\mathcal{Description}$

給出$n$，求
$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\times j\end{aligned}$ 和 $\begin{aligned}\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ni\times j\end{aligned}$
答案對$998244353$取模

$\mathcal{Solution}$

這是一道送分題
$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni\times j=\sum_{i=1}^ni\times\left(\sum_{j=1}^nj\right)=\left(\sum_{j=1}^nj\right)\times\left(\sum_{i=1}^ni\right)=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\end{aligned}$
這個做多了題目就是一眼的事了
它的幾何性質是一個$n\times n$的矩陣其所有子矩陣個數

$\begin{aligned}\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ni\times j=\prod_{i=1}^ni^n\prod_{j=1}^nj = \left(\prod_{j=1}^nj\right)^n\prod_{i=1}^ni^n = \left(\prod_{j=1}^nj^n\right)\prod_{i=1}^ni^n = \prod_{i=1}^ni^{2n}=\left(\prod_{i=1}^ni\right)^{2n}\end{aligned}$

不會推式子怎麼辦！
和博主一樣直接看吧！
第一個就不說了
第二個反正都是乘，我們直接考慮有多少個被乘了不就可以了嗎
考慮$i$被乘的次數，在形如$i\times j$這樣的情況每個都有$i$，共有$n+1$個$i$ ($i\times i$這樣的情況有兩個$i$)
形如$j \times i(j!=i)$的情況對於每個$j$都會有，共有$n-1$個，所以$i$會被乘$2n$次

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19時06分48秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 10000005;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int T,n,ans1,ans2;
int s[maxn],mi[maxn];
//{{{ksm
int ksm (int a,int b)
{
	int s=1;
	for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
		if (b&1)	s=1ll*s*a%mod;
	return s;
}
//}}}
int main()
{
	s[1]=1;
	for (int i=2;i<=maxn-5;++i)	s[i]=1ll*s[i-1]*i%mod;
	cin>>T;
	while (T--){
		cin>>n;
		ans1=1ll*n*(n+1)/2%mod;
		ans1=1ll*ans1*ans1%mod;
		ans2=ksm(s[n],2*n)%mod;
		printf("%d %d\n",ans1,ans2);
	}
	return 0;
}

$\mathcal{B\ Galahad}$

$\mathcal{Description}$

魔女要測試騎士的能力，要求他維護一個長度爲$n$的序列，每次要詢問一個區間的和。

但是魔女覺得太簡單了，騎士能輕鬆記住$n$個數的前綴和。

於是，魔女要求他回答一個區間的和，但如果某一個數在這個區間出現了多次，這個數只能被計算一次。

$n,m\leq 500000,1\leq a_i\leq 500000$

$\mathcal{Solution}$

這題好像是曾經的莫隊板子題，但是開大了數據範圍，於是咱的莫隊就$T$了
換個思路
先將查詢按照$r$從小到大排序
令$last_i$表示數字$i$上一次的出現位置
當我們找到一個數$i$時，只要在當前位置加上$i$，在$last_i$減去$i$即可保證不會重複計算
由於我們將查詢按照$r$從小到大排序了
所以每個當前查詢一定經過現在這個位置
而$l\leq last_i$的情況，我們已經將$last_i$的答案抵消了，所以每個$i$只會被計算一次
而現在實際上就是要求一段區間的加和，這個用樹狀數組維護就可以了

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19時18分27秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
		IO & operator>>(T&res){
			res=0;
			bool flag=false;
			char ch;
			while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
			while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
			if (flag)	res=~res+1;
			return *this;
		}
}cin;
//}}}
struct Q{
	int l,r,id;
}q[maxn];
int n,m;
int a[maxn],last[maxn];
ll c[maxn],ans[maxn];
bool cmp(Q a,Q b){	return a.r<b.r;}
//{{{query
ll query(int x)
{
	ll res=0;
	while(x>0){	res+=c[x];x-=x&-x;}
	return res;
}
//}}}
//{{{insert
void insert(int x,int v)
{
	while(x<=n){	c[x]+=v;x+=x&-x;}
}
//}}}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=m;i++)	cin>>q[i].l>>q[i].r,q[i].id=i;
	sort(q+1,q+m+1,cmp);
	int t=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(last[a[i]])	insert(last[a[i]],-a[i]);
		insert(i,a[i]);
		while(i==q[t].r)	ans[q[t].id]=query(q[t].r)-query(q[t].l-1),t++;
		last[a[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)	printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

$\mathcal{C\ 烹飪}$

$\mathcal{Description}$

小 $Y$上山拜師學藝，經過$10$年之長的廚藝練習，已成爲當世名廚，今天他接受邀請，在衆人面前展示自己高超的廚藝。
人們給小$Y$提供了$n$種食物，每種食物無限量供應，每種食物都有一個美味值，記爲 $a_i$。

小$Y$爲了展示他的廚藝，他需要挑選出食材，使自己可以烹飪出任意正整數美味值的菜餚，初始時菜餚的美味值爲$0$，每次加入一種食材，他可以選擇讓菜餚的美味值上升$a_i$，也可以選擇讓菜餚的美味值下降$a_i$（或許最後會弄出來黑暗料理？）。

作爲當世名廚，小$Y$自然知道該怎麼挑選食材最佳。可是他並不知道有多少種最佳的挑選食材方案，於是他找到了你來幫忙。
我們使用無序數列$\left(b_1,b_2,\ldots,b_m\right)$來表示從原來的$n$種食材中挑選出了$m$種食材，第$i$種食材編號爲$b_i$的方案。同時你需要注意，$\left(1,2\right)$和$\left(2,1\right)$爲同一種方案，且當$i!=j$時$b_i != b_j$。
最佳的挑選食材方案指，挑選出 種食材$m$種食材$(1\leq m\leq n)$，讓他們能夠組合出任意正整數美味值的菜餚。

答案對$998244353$取模。

$\mathcal{Solution}$

又是一個計數題
計數題有很多方法，$dp$，容斥，遞推等都可以計數
最開始我打算按照一定方式不重不漏的組合開始計算
但是想了半天除了幾個錯誤的方法仍然沒什麼思路
在想的時候發現按照一定方式不如直接算不合法的
於是考慮容斥
首先我們要知道一點
能組合出任意正整數$\Leftrightarrow$能組合出$1$
所以我們將目標鎖定在能否組合出$1$
合法的方法=所有方法-不能組合出$1$的方法
考慮哪些一定能組合出$1$
最顯然的是$(a,a+1)$這樣的是合法的
而如果$a$是個合數，設$k$爲$a$的一個因子
那麼$(k,a+1)$也是合法的
可以想到任意$a,b$只要滿足$ax-by=1$就合法
只要這個式子有解就合法$ax+(-by)=1$
而其有解條件是$gcd(a,b)!=0$

其實換個思路也可以得到
只要是互質的就可以滿足條件，因爲它們之間一個對另一個取模的剩餘系是可以得到$1$的
或者考慮只要是不互質的數就不可以滿足條件，因爲無論他們怎麼加減，結果都會有他們的最大公約數在裏面

於是可以知道，得要弄出這樣的序列$a_1,a_2,\ldots,a_n$，其滿足$gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)=1$
求這樣的數列個數就可以考慮容斥了
$gcd=1$的序列數$=$總序列數$-gcd\ !=1$的序列數
考慮枚舉它們的$gcd$，令$f[i]$表示以$i$作爲$gcd$的序列數，那麼答案就是$f[1]$
而$f[i]=gcd$是$i$的倍數的序列數$-f[i*2]-f[i*3]-\ldots-f[i*k]$
用$num[i]$表示有多少個數是$i$的倍數
$gcd$是$i$的倍數的序列數=$2^{num[i]}-1$

$2^{num[i]}-1$就是有$num[i]$個數可選可不選，但必須至少選一個的方案數

這樣這道題就得到解決了

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 19時33分10秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 3005;
const int mx = 2000;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int n;
int a[maxn],num[maxn],f[maxn],s[maxn],mi[maxn];
void add (int &x,int y){	x=((x+y)%mod+mod)%mod;}
//{{{gcd
int gcd (int a,int b)
{
	if (!b)	return a;
	return gcd(b,a%b);
}
//}}}
int main()
{
	mi[0]=1;
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;++i)	cin>>a[i];
	for (int i=1;i<=3000;++i)	mi[i]=2ll*mi[i-1]%mod;
	for (int i=mx;i>=1;--i){
		for (int j=1;j<=n;++j)
			if (a[j]%i==0)	++num[i];
		f[i]=(mi[num[i]]+mod-1)%mod;
		for (int j=2;i*j<=mx;++j)	add(f[i],-f[i*j]);
	}
	printf("%d\n",f[1]);
	return 0;
}

$\mathcal{D\ 粉絲羣}$

$\mathcal{Description}$

在$wjyyy$粉絲羣中，除了$wjy$一共有$n$個人，編號爲$1$到$n$。

大家準備一起膜爆$wjy$，也就是說復讀$2n$次消息，並且由於這$n$個人在膜$wjy$上是統一的，所以每個人都必須至少復讀一次。

$wjy$想要禁言掉一些人，但是這裏是$wjy$粉絲羣，不能隨便禁言膜$wjy$的人，於是$wjy$定下一個規則：

如果這$n$個人，能夠分成兩組，使得兩個組中所有人的復讀次數的加和是相同的，那麼這$n$個人都要被禁言。

這$n$個人開始討論，他們不想被暴政。

那麼問題來了，有多少種復讀的分配方法，使得$wjyyy$沒法把這$n$個人分成滿足以上條件的兩組？

然而$wjy$的粉絲太多了，您只要輸出分配方法的種數以及這些分配方法中字典序第$k$小的分配方式的異或和即可。

注意：如果有兩個人，則復讀次數分別爲$(1,3)$與復讀次數分別爲$(3,1)$ 算兩種不同的分配方式。

$\mathcal{Solution}$

這題打表找規律也可以看出來的
首先每人都至少復讀一次，就先記每人都復讀了一次

$1$	$2$	$3$	$\ldots$	$n$
$1$	$1$	$1$	$\ldots$	$1$

現在還剩$n$次復讀要分給這些人，並且要使它們無法分成兩組復讀次數加和是一樣的

先考慮極端情況
若把這$n$次機會再每人一次
那麼最終就是每人復讀兩次
當$n$爲奇數時，這樣是滿足條件的，而$n$爲偶數是不滿足的
若把這$n$次機會全部給一個人，那麼那個人就有$n+1$次復讀
剩下的人加起來也不會超過他的復讀次數，所以全部給一個人也是滿足條件的

再考慮普遍的情況
若有些人沒有被分到復讀次數（即只復讀了一次）
我們把復讀次數大於$1$的人儘量平均分成兩組，兩組復讀次數分別爲$x,y(x<y)$
那麼一定有$y-x$個人是隻復讀了一次的
這裏可以自己手玩$3,4,5,6$這樣的看一看以便理解
把這些人放到$x$那邊去，就剛好兩組平均了
所以這些都不滿足條件

綜上
只有把$n$次復讀全部給一個人是絕對滿足的
當$n$爲奇數時所有人都復讀兩次也是可以的
而字典序肯定是$(1,1,\ldots1,n+1),(1,1,\ldots,n+1,1)\ldots(n+1,1,\ldots,1,1)$這樣子的
共有$n$種滿足條件，當$n$爲奇數時還要多一種$(2,2,\ldots,2,2)$
前面一堆$1$異或起來不是$1$就是$0$都是可以$O(1)$判的

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月14日 星期六 20時36分37秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#define ll long long
using namespace std;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
ll n,k;
int main()
{
	cin>>n>>k;
	if (n==1){	printf("1\n2\n");return 0;}
	if (n&1)	printf("%lld\n%lld\n",n+1,(k==n)?2:n+1);
	else	printf("%lld\n%lld\n",n,(n+1)^1);
	return 0;
}

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