9.1题解

T1

是个我没发现的规律或者叫性质之类的东西，对于任意一个人，你给他现有的芝麻${ imes}2$再${\%}(n+m)$，就是每次调整之后他所拥有的芝麻量，考虑一下，如果他是手里芝麻比较少的那个人，这么做一定是对的，如果他是手里芝麻比较多的那个人呢？没证出来，手玩的。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
#define maxn 100100000
using namespace std;
int n,m,k,mod,mi;
int pd[maxn],bh[maxn];
int ksm(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)  ans=(ans*a)%mod;
        b=b>>1;  a=(a*a)%mod;
    }
    return ans;
}
main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    mod=n+m;  mi=ksm(2,k);  n=(n*mi)%mod;
    printf("%lld
",min(n,mod-n));
    return 0;
}

T2

这题也要化式子，题目中要求合法区间中不包含$x<y$且$a_x{\%}a_y=K$的点对，那么我们对于任意$j$，可以找到小于他且离他最近的符合上面那个式子的$i$，这中间就是所有可以做合法的区间，那么现在的问题就是找到这个$i$

暴力

先枚举$j$，从$j$向前扫一遍，找到离他最近的$i$，计算贡献，这当中由于我们需要保证没有符合上面的那个条件的点对，所以每找到一个$i$，都要更新你$j$向前扫的左上界，因为对于这个$j$找到的$i$，应该是和前面找到的所有的$i$取个$min$，这样的话复杂度是$O(n^2)$的，显然水不过去，考虑优化

优化

我们有没有办法可以在不向前扫的情况下就找到每个$j$对应的$i$呢？考虑对于上面的那个式子的转化，保证$x<y$

　 $a_x{\%}a_y=k$

${Rightarrow}a_x-n{ imes}a_y=k$

${Rightarrow}a_x-k=n{ imes}a_y$

这个时候我们发现所有的$a_y$都是$a_x-k$的因数，那我们完全可以用$O(sqrt{n})$的复杂度筛出$a_x-k$的所有因数，查找这个因数在$j$前面有没有出现过以及出现过的最大位置，就可以直接找到我们想要的$i$

//j<i 分解a[j]-k，找一个下标最小的i
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define maxn 100100
#define int long long
using namespace std;
int n,k,ans,tail;
int a[maxn],bh[maxn];
main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);  tail=n;
    for(int i=1;i<=n;++i)  scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=n;i>=1;--i)//左端点
    {
        int base=a[i]-k,right=tail+1/*右端点*/;
        if(base<0)  continue;
        if(base==0)
        {
            for(int j=i+1;j<=tail;++j)
                if(a[j]>a[i])  {right=j;  break;}
        }
        for(int j=1;j*j<=base;++j)
        {
            if(base%j==0)
            {
                if(j>k&&bh[j]>i)  right=min(right,bh[j]);
                if(base/j>k&&bh[base/j]>i)  right=min(right,bh[base/j]);
            }
        }
        if(right!=tail+1)
        {
            ans+=(tail-i+1)*(tail-i+2)/2;
            ans+=-(right-i)*(right-i+1)/2-(tail-right+1);
        }
        tail=right-1;  bh[a[i]]=i;
    }
    ans+=tail*(tail+1)/2;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

T3

有时间晚上会填坑，先咕了

本来以为要各种$ex$家族数学乱搞，结果dp推式子就可过

设$dp[i][j]$代表第$i$层用了$j$种颜色的方案数，这$j$种只要是$j$种就行，不限定是哪$j$种

设$s[i]$代表把第$i$层铺满之后的总方案数，$s[i]=sumlimits_{j=1}^{a[i]}dp[i][j]$

设$f[i][j]$代表用$j$种颜色恰好填满$i$个格子的方案数，$f[i][j]=f[i-1][j-1]{ imes}j+f[i-1][j]{ imes}(j-1)$，如果你用了$j-1$个颜色，那么当前你要开一个新的颜色，由于这个$f$数组，不规定是哪$j$种颜色，所以那另外的一种颜色有$j$种可能，所以${ imes}j$，而如果你不新开一种颜色，由于题目要求可知，相邻位置颜色不能相同，所以${ imes}(j-1)$

设$g[i][j]$代表用$j$种颜色恰好填满$i$个格子，只不过这$j$种颜色是指定的，这样的话$g[i][j]=g[i-1][j-1]{ imes}(m-(j-1))+g[i-1][j]{ imes}(j-1)$，如果新开一种颜色，只剩下$m-j+1$种选择，如果用之前的颜色，就同上，不跟前一个重复就好

关于指定这个问题，我们可以这么理解，$dp$和$f$数组自带组合数，然而$g$数组不够高级，所以他无法拥有组合数，这样的话我们的$dp[i][j]=s[i-1]{ imes}f[a[i]][j]-dp[i-1][j]{ imes}g[a[i]][j]$，我们来理解一下，如果没有第二个限制，那么方案数就是到上一层位置所有的方案数乘上带组合数的$f$，那么不符合第二个条件的要怎么干掉呢，这时候就用到$g$数组了，很明显$dp[i-1][j]{ imes}g[a[i]][j]$就是当前层和上一层所选集合相同的方案数，因为$g$数组里制定了$j$种颜色，而$dp$数组又自带组合数，所以是对的

这样的话这道题就可以$dp$乱搞做下来了，关于那么需要数学乱搞求组合数的做法，指路DeepinC

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxa 6010
#define maxn 1001000
#define int long long
using namespace std;
int n,m,p,maxx;
int a[maxn];
int dp[maxa],s[maxn],f[maxa][maxa],g[maxa][maxa];
main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    for(int i=1;i<=n;++i)  {scanf("%lld",&a[i]);  maxx=max(maxx,a[i]);}
    f[0][0]=1ll;  g[0][0]=1ll;  s[0]=1ll;
    for(int i=1;i<=maxx;++i)
        for(int j=1;j<=i;++j)
        {
            f[i][j]=((f[i-1][j]*(j-1))%p+(f[i-1][j-1]*j)%p)%p;
            g[i][j]=((g[i-1][j]*(j-1))%p+(g[i-1][j-1]*(m-j+1))%p)%p;
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=a[i]&&j<=m;++j)
        {
            if(j<=a[i-1])  dp[j]=((s[i-1]*g[a[i]][j])%p-(dp[j]%p*f[a[i]][j]%p)%p+p)%p;
            else  dp[j]=(s[i-1]*g[a[i]][j])%p;
            dp[j]=(dp[j]%p+p)%p;  s[i]=(s[i]+dp[j])%p;  s[i]=(s[i]%p+p)%p;
        }
    s[n]=(s[n]%p+p)%p;  printf("%lld
",s[n]);
    return 0;
}