2017山东一轮集训 Day1

2017山东一轮集训 Day1

Sum

题目描述：

​ 求有多少(n)位十进制数时(p)的倍数且每位之和小于等于$m_i (m_i = 0,1,2, dots , m - 1) $，允许前导零，答案对998244353取模。

数据范围：

$1 leqslant n leqslant 10^9 , 1 leqslant p leqslant 50 , 1 leqslant m leqslant 1000 $

题解：

​ 位数和？前导零？(p)的倍数？数位dp裸题？？？不好意思(n)是十亿。。。怎么办？怎么办？由于可以忽略掉前导零，那么考虑倍增一下：

​

[dp[i][j][k]：长度为i，数字和为j，\% p的余数为k的答案 \ dp[i][j][k] =sum_{x + y = j} sum_{(a+b) \% p = k} dp[ lfloor{ frac{i}{2} } floor ][x][a] * dp[ lfloor{ frac{i}{2} } floor ][y][b] ]

​ 对于一个长度(len)我们先把(lfloor frac{len}{2} floor)的答案即(dp[lfloor frac{len}{2} floor])求出来，这个直接递归算，然后先解决长度为偶数的情况。

​ 容易发现第一个和式是一个卷积的形式，那么我们将(dp)数组做一次(DFT)，然后就可以愉快的直接暴力转移了。

​ 然后考虑长度为奇数的情况，其实就是少了一位（算出了(len - 1)的答案），那么只需要暴力枚举最高位即可。

​ 时间复杂度(O((p^2m+mlogm)log n))

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int G = 3;
const int maxn = 3010;

inline int inc(int a, int b) { return (a + b >= MOD) ? (a + b - MOD) : (a + b); }
inline int dec(int a, int b) { return (a > b) ? (a - b) : (a + MOD - b); }
inline int mul(int a, int b) { return 1LL * a * b % MOD; }

inline int power(int x, int k) {
  int tmp = 1;
  while(k) {
    if(k & 1) tmp = mul(tmp,x);
    x = mul(x,x);
    k >>= 1;
	}
	return tmp;
}

namespace NTT{
  int len, invlen;
  
  inline void init(int n) {
    len = 1;
    while(len <= n) len <<= 1; len <<= 1;
    invlen = power(len,MOD - 2);
	}
	
	inline void rader(int *a, int n) {
	  for(int i = 0, j = 0;i < n - 1;i ++) {
	    if(i < j) swap(a[i],a[j]);
	    int k = n >> 1;
	    while(j >= k) {
	      j -= k;
	      k >>= 1;
			}
			if(j < k) j += k;
		}
	}
	
	inline void ntt(int *a, int kd) {
		int n = len;
	  rader(a,n);
	  for(int i = 2;i <= n;i <<= 1) {
	    int pn = power(G,(MOD - 1) / i);
	    for(int j = 0;j < n;j += i) {
	      int p = 1;
	      for(int k = 0;k < (i >> 1);k ++) {
	        int x = a[k + j], y = mul(a[k + j + (i >> 1)],p);
	        a[k + j] = inc(x,y);
	        a[k + j + (i >> 1)] = dec(x,y);
	        p = mul(p,pn);
				}
			}
		}
	  if(kd == -1) {
	    for(int i = 1;i < (n >> 1);i ++) swap(a[i],a[n - i]);
	    for(int i = 0;i < n;i ++) a[i] = mul(a[i],invlen);
	  }
  }
}

int n, p, m;
int g[maxn][maxn], f[maxn][maxn];

inline int work(int n) {
	if(!n) return 1;
  int mi = work(n >> 1);
  for(int i = 0;i < p;i ++) NTT::ntt(g[i],1);
  for(int i = 0;i < p;i ++) {
    for(int j = 0;j < p;j ++) {
      int now = (i + 1LL * j * mi % p) % p;
      for(int k = 0;k < NTT::len;k ++) f[now][k] = inc(f[now][k],mul(g[i][k],g[j][k]));
		}
	}
	for(int i = 0;i < p;i ++) NTT::ntt(f[i],-1);
	for(int i = 0;i < p;i ++) {
	  for(int j = 0;j < NTT::len;j ++) g[i][j] = 0;
	  for(int j = 0;j <= m;j ++) g[i][j] = f[i][j];
	  for(int j = 0;j < NTT::len;j ++) f[i][j] = 0;
	}
	mi = 1LL * mi * mi % p;
	if(n & 1) {
	  for(int i = 0;i < p;i ++) {
	    for(int x = 0;x <= 9;x ++) {
	      for(int j = 0;j + x <= m;j ++) {
	        int now = (i + 1LL * x * mi % p) % p;
	        f[now][j + x] = inc(f[now][j + x],g[i][j]);
				}
			}
		}
		for(int i = 0;i < p;i ++) {
		  for(int j = 0;j <= m;j ++) g[i][j] = f[i][j];
		  for(int j = 0;j < NTT::len;j ++) f[i][j] = 0;
		}
		mi = 1LL * mi * 10 % p;
	}
	return mi;
}

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &p, &m);
	g[0][0] = 1; m ++;
	NTT::init(m);
	m --;
	work(n);
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i <= m;i ++) {
		ans = inc(ans,g[0][i]);
		printf("%d ", ans);
	}
	puts("");
  return 0;
}

Set

题目描述：

​ 给出(n)个非负整数，将数划分成两个集合，记为一号集合和二号集合。(x_1)为一号集合中所有数的异或和，(x_2)为二号集合中所有数的异或和。在最大化(x_1+x_2)的前提下，最小化(x_1)。

数据范围：

$1 leqslant n leqslant 10^5 $

题解：

​ 异或！选数的子集！线性基！！！

​ 设(Sum)为所有数的异或和，那么题目变成最大化Sum^x1+x1，且最小化x1。按套路，从大到小贪心的决策，假设当前在第k位：

​ 如果Sum的第k位为1：那么x1的第k位最好为1，这样就有(2^{k - 1})的贡献

​ 如果Sum的第k位为0：那么x1的第k位最好为1，这样就有(2^k)的贡献

考虑用线性基来维护这个贪心，容易发现按Sum的二进制建出两个线性基：Sum为1的位，Sum为0的位。这样优先级也就很容易确定了：Sum为0的优先于Sum为1的，高位优先于低位，直接贪心即可。

时间复杂度：(O(n log N))

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 10;

int n, vis[maxn];
ll a[maxn], sum, s[70];

inline void ins(ll x) {
  for(ll i = 62;i >= 0;i --) {
    if(!(sum & (1LL << i)) && (x & (1LL << i))) {
      if(!s[i]) {
        s[i] = x;
        return;
			}
			else x ^= s[i];
		}
	}
	
	for(ll i = 62;i >= 0;i --) {
	  if((sum & (1LL << i)) && (x & (1LL << i))) {
	    if(!s[i]) {
	      s[i] = x;
	      return;
			}
			else x ^= s[i];
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n); sum = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld", &a[i]), sum ^= a[i];
	for(int i = 1;i <= n;i ++) ins(a[i]);
	ll ans = 0;
	for(ll i = 62;i >= 0;i --) {
		if(!(sum & (1LL << i))) {
		  ll tmp = (ans ^ s[i]) + (ans ^ s[i] ^ sum);
		  ll now = ans + (ans ^ sum);
		  if(tmp > now || (tmp == now && ans < (ans ^ s[i])))
			  ans ^= s[i];
		}
	}
	
	for(ll i = 62;i >= 0;i --) {
	  if(sum & (1LL << i)) {
		  ll tmp = (ans ^ s[i]) + (ans ^ s[i] ^ sum);
		  ll now = ans + (ans ^ sum);
		  if(tmp > now || (tmp == now && ans < (ans ^ s[i]))) ans ^= s[i];
		}
	}
	printf("%lld
", sum ^ ans);
  return 0;
}

Sim：咕咕咕