[考試反思]1109csp-s模擬測試107：低能

誒一看這不是水題AK場嗎？而後80分鐘就拿到了285分。

而後，對拍？仍是卡T2常數？仍是想T2正解？

因而上述三項我依次進行了。

前兩項讓個人分數絲絕不變可是吃掉了我一個多小時的時間。

卡常卡的也不完全，否則就能再多個5分。由於內心還想着我想一想正解。

最後剩餘很少的時間裏想到了一個接近正解的思路。。。由於沒有時間寫因此也就放棄了進一步的思考。

首先確定仍是要%%%Paris值得記念的考試。

而後至於我。。。如今真的是水題考不高，難題不會作。。。

沒前途。聯賽啊。。。省選啊。。。不要止步於此啊。。。

 

 

T1：字符交換

二分答案。枚舉從哪一個字符開始。

最優決策必定是聚攏到最中間的那個字符的位置。

前綴和+等差數列求和就能夠把絕對值拆掉。

總複雜度$O(nlogn)$

 1 #include<cstdio>
 2 #include<vector>
 3 using namespace std;
 4 vector<int>v[26];
 5 char s[4005];int n,k,tot[26][4005];
 6 int cal(int l,int r){return (l+r)*(r-l+1)/2;}
 7 int tp(int i,int l,int r){return tot[i][r]-tot[i][l-1];}
 8 bool chk(int len){
 9     for(int i=0;i<26;++i)if(v[i].size()>=len)for(int j=1;j+len-1<=v[i].size();++j){
10         int l=j,r=j+len-1,m=j+(len>>1),mp=v[i][m-1];
11         if(-tp(i,l,m)+cal(mp-m+l,mp)+tp(i,m+1,r)-cal(mp+1,mp+r-m)<=k)return true;
12     }
13     return false;
14 }
15 int main(){freopen("swap.in","r",stdin);freopen("swap.out","w",stdout);
16     scanf("%d%d%s",&n,&k,s+1);
17     for(int i=1;i<=n;++i)v[s[i]-'a'].push_back(i);
18     for(int i=0;i<26;++i)for(int j=0;j<v[i].size();++j)tot[i][j+1]=tot[i][j]+v[i][j];
19     int l=1,r=n,ans;
20     while(l<=r)if(chk(l+r>>1))ans=l=l+r>>1,l++;else r=(l+r>>1)-1;
21     printf("%d\n",ans);
22 }

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T2：平方數

若是一個數含有平方因子，那麼把它幹掉以後這個數與其它數的關係不變。

因而篩出$\sqrt{1e9}$之內的全部質數（4300個左右），用它幹掉全部平方因子，而後哈希表統計答案。

複雜度$O(4000n)$，能獲得$70~90$不等。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cmath>
 3 using namespace std;
 4 struct hash_map{
 5     int fir[2000005],l[300005],to[300005],w[300005],cnt;
 6     int &operator[](int x){
 7         int r=x%2000003;
 8         for(int i=fir[r];i;i=l[i])if(to[i]==x)return w[i];
 9         l[++cnt]=fir[r];fir[r]=cnt;to[cnt]=x;return w[cnt];
10     }
11 }M;
12 int al[33333],cnt,p[4444],n,q[4444];long long ans;
13 int main(){freopen("square.in","r",stdin);freopen("square.out","w",stdout);
14     for(int i=2;i<=1000;++i)if(!al[i]){
15         p[++cnt]=i;
16         for(int j=2;j*i<=1000;++j)al[i*j]=1;
17     }
18     for(int i=1;i<=cnt;++i)q[i]=p[i]*p[i];
19     q[++cnt]=1000000007;
20     scanf("%d",&n);
21     while(n--){
22         int x,y=1;scanf("%d",&x);
23         for(int i=1;x>=q[i];++i){
24             while(x%q[i]==0)x/=q[i];
25             if(x%p[i]==0)x/=p[i],y*=p[i];
26         }
27         int q=sqrt(x);if(q*q!=x)y*=x;
28         int &P=M[y];ans+=P;P++;
29     }printf("%lld\n",ans);
30 }

暴力

進一步優化這個思路，$\sqrt{1e9}$顯然就是複雜度瓶頸。

考慮如何可以不篩那麼多。

對於每個數，它含有超過1000的平方因子至多有1個（$1000^2=1000000$,放不下兩個）

那麼把它們都篩一遍是多餘的。

那麼就篩到1000，考慮剩下的是什麼。

改變篩的策略，對於你枚舉的1000之內的數時，不止幹掉平方因子，單個一次的因子也幹掉（可是要記錄下來累乘到一個變量y裏）

最後剩下的數，對它進行質因數分解，它的最小因子也大於1000。並且它之多是如下4種狀況：

• 是一個平方數
• 是兩個大於1000的質數相乘
• 是一個大於1000的質數
• 是1

繼續上面的思路，咱們只須要幹掉它的平方因子。

由於如今它不多是平方數×另外一個數的形式，因此咱們直接開根判斷它是否是平方數。

若是是就幹掉，不然剩餘的部分也累乘到y裏。

那麼y就是原數幹掉全部平方因子以後所剩下的。

1000之內的質因子只有170個。總複雜度$O(170n)$

（cbx實踐證實，就算你不用質數篩而是1000個全篩$O(1000n)$也是能AC的，可是在老年評測機下就不必定了）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cmath>
 3 using namespace std;
 4 struct hash_map{
 5     int fir[2000005],l[300005],to[300005],w[300005],cnt;
 6     int &operator[](int x){
 7         int r=x%2000003;
 8         for(int i=fir[r];i;i=l[i])if(to[i]==x)return w[i];
 9         l[++cnt]=fir[r];fir[r]=cnt;to[cnt]=x;return w[cnt];
10     }
11 }M;
12 int al[33333],cnt,p[4444],n,q[4444];long long ans;
13 int main(){freopen("square.in","r",stdin);freopen("square.out","w",stdout);
14     for(int i=2;i<=1000;++i)if(!al[i]){
15         p[++cnt]=i;
16         for(int j=2;j*i<=1000;++j)al[i*j]=1;
17     }
18     for(int i=1;i<=cnt;++i)q[i]=p[i]*p[i];
19     q[++cnt]=1000000007;
20     scanf("%d",&n);
21     while(n--){
22         int x,y=1;scanf("%d",&x);
23         for(int i=1;x>=q[i];++i){
24             while(x%q[i]==0)x/=q[i];
25             if(x%p[i]==0)x/=p[i],y*=p[i];
26         }
27         int q=sqrt(x);if(q*q!=x)y*=x;
28         int &P=M[y];ans+=P;P++;
29     }printf("%lld\n",ans);
30 }

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T3：多維網絡

部分分給的很全啊。

首先最基本的就是有$n$種物品每種有$a_i$個那麼本質不一樣的排列數是$\frac{(\sum\limits_{i=1}^{n} a_i)!}{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i!}$

觀察部分分提示，n=0的直接就是套式子。

n=1須要去掉通過了這個點的路徑，那麼就計算一下通過這個點的路徑有多少，其實就是把路徑拆成了兩部分，相乘便可。

n=2的話也同樣啊，只不過要去掉兩種通過了這兩個點之一的路徑，可是減多了，還要加回來兩個點都通過了的路徑。

n=3。。。

這不就是容斥麼？？？

可是在n=500時，手動容斥估計碼長都能超限。

運用一些性質，每一個點只會走到各座標都比它大的點。咱們把這樣的關係連邊。而後邊權就是從一個點走到另外一個點的方案數，套上面的式子。

而後就能夠獲得一個DAG。（固然沒有環。。。）。DAG？固然拓撲啦。

而後這個容斥說白了就是奇加偶減，考慮奇偶。

就是若是路徑上有奇數個點，那麼答案加這麼多，不然減。

初始狀態是在原點，偶數步方案數爲1，奇數步方案數爲0。

而後跑拓撲，按照邊權統計方案。

最後輸出終點的奇數步-偶數步就是答案。

在有重複點的時會出鍋（DAG有環），我判掉了不知道有沒有用。。。

 1 #include<cstdio>
 2 #define mod 1000000007
 3 int n,d,x[105][505],fac[10000005],inv[10000005],dp[2][505];
 4 int fir[505],l[250005],to[250005],w[250005],deg[505],ec,q[505];
 5 int qpow(long long b,int t,long long a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;}
 6 bool com(int p1,int p2){
 7     for(int i=1;i<=d;++i)if(x[i][p1]>x[i][p2])return false;
 8     return true;
 9 }
10 bool sam(int p1,int p2){
11     for(int i=1;i<=d;++i)if(x[i][p1]!=x[i][p2])return false;
12     return true;
13 }
14 void Swap(int p1,int p2){
15     for(int i=1;i<=d;++i)x[i][p1]^=x[i][p2]^=x[i][p1]^=x[i][p2];
16 }
17 int cal(int p1,int p2){
18     int tot=0,ans;
19     for(int i=1;i<=d;++i)tot+=x[i][p2]-x[i][p1];
20     ans=fac[tot];
21     for(int i=1;i<=d;++i)ans=1ll*ans*inv[x[i][p2]-x[i][p1]]%mod;
22     return ans;
23 }
24 void link(int a,int b,int v){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;w[ec]=v;deg[b]++;}
25 main(){freopen("net.in","r",stdin);freopen("net.out","w",stdout);
26     fac[0]=1;
27     for(int i=1;i<=10000000;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
28     inv[10000000]=qpow(fac[10000000],mod-2);
29     for(int i=9999999;~i;--i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1ll)%mod;
30     scanf("%d%d",&d,&n);n++;
31     for(int i=1;i<=d;++i)scanf("%d",&x[i][n]);
32     for(int i=1;i<n;++i)for(int j=1;j<=d;++j)scanf("%d",&x[j][i]);
33     for(int i=1;i<n;++i)for(int j=i+1;j<n;++j)if(sam(i,j))Swap(j,n-1),Swap(n-1,n),n--;
34     for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<=n;++j)if(i!=j&&com(i,j))link(i,j,cal(i,j));
35     dp[0][0]=1;
36     for(int h=1,t=1;h<=t;++h){
37         int p=q[h];
38         for(int i=fir[p];i;i=l[i]){
39             deg[to[i]]--;
40             if(!deg[to[i]])q[++t]=to[i];
41             dp[1][to[i]]=(dp[1][to[i]]+1ll*dp[0][p]*w[i])%mod;
42             dp[0][to[i]]=(dp[0][to[i]]+1ll*dp[1][p]*w[i])%mod;
43         }
44     }
45     printf("%d\n",(dp[1][n]-dp[0][n]+mod)%mod);
46 }

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