作为一个也是出过几道水题的人，强烈谴责第三题这种不给数据范围的题目
而且给出的一些数的数据范围还和数据不符，表示非常不兹磁
先放题解吧
首先第一题开场5min推出来，10min写完，之后5min就拍上了
没什么好说的，首先一个很重要的结论是各位数字的乘积的可能情况并不多
大概有3w多个吧，之后我们枚举各位数字的乘积就可以确定这样的数字的取值范围
之后就转换成了SCOI Blinker的仰慕者了，而且比这道题目少一种情况(k=0)
记忆化搜索写数位DP就可以了
状态是f[i][j]表示i位数字乘积为j的方案数(j被哈希掉了）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD=133331;
const int maxn=200010;
LL A,B,ans;
LL f[22][40010];
int Num[22],len;
struct HASHMAP{
int cnt;
int h[MOD+10],next[maxn];
LL st[maxn];
void push(LL S){
int key=S%MOD;
for(int i=h[key];i;i=next[i]){
if(st[i]==S)return;
}
++cnt;next[cnt]=h[key];h[key]=cnt;
st[cnt]=S;return;
}
int ask(LL S){
int key=S%MOD;
for(int i=h[key];i;i=next[i]){
if(st[i]==S)return i;
}return 0;
}
}H;
void check(LL n){
memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;
if(!n){Num[++len]=0;return;}
while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;
}
LL DFS(int pos,LL mul,int flag,int first){
if(!pos){
if(!first&&mul==1)return 1;
return 0;
}
int now=H.ask(mul);
if(!flag&&!first&&f[pos][now]!=-1)return f[pos][now];
LL tmp=0;
if(first)tmp=tmp+DFS(pos-1,mul,0,1);
int u=flag?Num[pos]:9;
for(int i=1;i<=u;++i){
if(mul%i==0){
tmp=tmp+DFS(pos-1,mul/i,flag&&i==u,0);
}
}return (flag||first)?tmp:f[pos][now]=tmp;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&A,&B);
memset(f,-1,sizeof(f));
for(int i=1;i<=9;++i)H.push(i);
for(int i=2;i<=18;++i){
int now=H.cnt;
for(int j=1;j<=now;++j){
for(int k=1;k<=9;++k)H.push(H.st[j]*k);
}
}
for(int i=1;i<=H.cnt;++i){
LL L=(A%H.st[i]==0?A/H.st[i]:A/H.st[i]+1),R=B/H.st[i];
if(L>R)continue;
if(R==0)continue;
check(R);ans+=DFS(len,H.st[i],1,1);
check(L-1);ans-=DFS(len,H.st[i],1,1);
}printf("%lld
",ans);
return 0;
}
第二题一看还以为是BZOJ上的排队，没看题目的时候觉得不会真是要写树套树吧
看完题目发现是个线段树的丝薄题
如果一段区间长度为B-A+1，且最小值为A，最大值为B，那么就存在
否则不存在
我直接按照这个思路写的，时间复杂度O(nlogn)
后来发现考试的时候自己犯傻，其实只需要维护一个位置的线段树就可以了，每次查询位置的最大值最小值作差判断是否=len就可以了
下午为了秀技术，强行写了一发fhq_treap,也A了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int n,m,type;
int x,y,A,B;
int a[maxn],pos[maxn];
int p[maxn<<2];
int mx[maxn<<2];
int mn[maxn<<2];
void read(int &num){
num=0;char ch=getchar();
while(ch<'!')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')num=num*10+ch-'0',ch=getchar();
}
int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
void build_pos(int o,int L,int R){
if(L==R){p[o]=pos[L];return;}
int mid=(L+R)>>1;
build_pos(o<<1,L,mid);
build_pos(o<<1|1,mid+1,R);
p[o]=Min(p[o<<1],p[o<<1|1]);
}
void build_a(int o,int L,int R){
if(L==R){mn[o]=mx[o]=a[L];return;}
int mid=(L+R)>>1;
build_a(o<<1,L,mid);
build_a(o<<1|1,mid+1,R);
mn[o]=Min(mn[o<<1],mn[o<<1|1]);
mx[o]=Max(mx[o<<1],mx[o<<1|1]);
}
void UPD_pos(int o,int L,int R,int po,int v){
if(L==R){p[o]=v;return;}
int mid=(L+R)>>1;
if(po<=mid)UPD_pos(o<<1,L,mid,po,v);
else UPD_pos(o<<1|1,mid+1,R,po,v);
p[o]=Min(p[o<<1],p[o<<1|1]);
}
void UPD_a(int o,int L,int R,int p,int v){
if(L==R){mn[o]=mx[o]=v;return;}
int mid=(L+R)>>1;
if(p<=mid)UPD_a(o<<1,L,mid,p,v);
else UPD_a(o<<1|1,mid+1,R,p,v);
mn[o]=Min(mn[o<<1],mn[o<<1|1]);
mx[o]=Max(mx[o<<1],mx[o<<1|1]);
}
int ask_pos(int o,int L,int R,int x,int y){
if(L>=x&&R<=y)return p[o];
int mid=(L+R)>>1;
if(y<=mid)return ask_pos(o<<1,L,mid,x,y);
else if(x>mid)return ask_pos(o<<1|1,mid+1,R,x,y);
else return Min(ask_pos(o<<1,L,mid,x,y),ask_pos(o<<1|1,mid+1,R,x,y));
}
pair<int,int> ask_a(int o,int L,int R,int x,int y){
if(L>=x&&R<=y)return make_pair(mx[o],mn[o]);
int mid=(L+R)>>1;
if(y<=mid)return ask_a(o<<1,L,mid,x,y);
else if(x>mid)return ask_a(o<<1|1,mid+1,R,x,y);
else{
pair<int,int>t1=ask_a(o<<1,L,mid,x,y);
pair<int,int>t2=ask_a(o<<1|1,mid+1,R,x,y);
return make_pair(Max(t1.first,t2.first),Min(t1.second,t2.second));
}
}
int main(){
freopen("line.in","r",stdin);
freopen("line.out","w",stdout);
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i]),pos[a[i]]=i;
build_pos(1,1,n);build_a(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;++i){
read(type);
if(type==1){
read(x);read(y);
A=a[x];B=a[y];
UPD_pos(1,1,n,A,y);
UPD_pos(1,1,n,B,x);
UPD_a(1,1,n,x,B);
UPD_a(1,1,n,y,A);
a[x]=B;a[y]=A;
pos[B]=x;pos[A]=y;
}else{
read(A);read(B);
int len=B-A+1;
int now=ask_pos(1,1,n,A,B);
pair<int,int>tmp=ask_a(1,1,n,now,now+len-1);
if(tmp.first==B&&tmp.second==A)printf("YES
");
else printf("NO
");
}
}return 0;
}
上午写完上面两道题+拍上大概到了8:30吧
之后就一直对着第三题的数据范围死磕，后来考完告诉我第三题的数据和数据范围不符？
这是在逗我？然后没有给出qi和k的范围，自己写的程序爆了long long，只拿了27分
结果挂成了rank2，正常暴力分55，如果他的数据是按照第三题题面的话我有70分
由于t很大，很自然的想到要矩阵乘法来优化
一种暴力的做法是直接构造系数矩阵乘法，配合上t<=1000的丝薄普及组暴力就有55分辣
(数据水的我都不想吐槽什么）
我们注意到题面中数据有只有5个点有初始信息的，我们又发现每个点的贡献是可分离的
如果我们能搞出每个点对其他点的贡献系数，我们就可以过掉这些点了
我们考虑只有一个点有初始信息
不难用数学归纳法证明，若两个点跟这个点的海明码距离均为k，那么这两个点可以看成一个等价类
那么我们就有了(m+1)个等价类，k向k+1转移的系数显然为m-k，k向k-1转移的系数显然为k
然后构造矩阵，矩阵乘法就可以搞出这些系数啦
这样我们就搞定了只有5个点有初始信息的情况(然而真实数据中并没有这种情况)
之后我们考虑j对i的贡献系数，设Numi表示i的二进制表示中有多少个1，f(k)表示矩阵乘法得到的海明码距离为k的时候的系数
显然j对i的贡献为g(j)*f(Num(i^j))
令k=i^j,易得k^j=i
则构造出FWT的基本形式h(i)=sigma(g(j)*f(Num(k))(满足j^k=i)
由于模数有可能没有2的逆元，所以我们将模数*2^m之后做FWT再还原即可
(不要问我为什么乘起来不会爆long long，题面没有写，但数据就是这么造的）
原理是：(k*a)%(p*a)=(k%p)*a
这样我们就不用考虑逆元问题，a一定是2的倍数，直接/2就可以啦
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
int m;
int Num[1050010];
LL n,t,mod;
LL f[1050010],g[1050010];
struct Matrix{
LL a[22][22];
void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
}A,ans;
LL mul(LL a,LL b){
LL s=0;
while(b){
if(b&1){
s=s+a;
if(s>=mod)s-=mod;
}
a=(a<<1);
if(a>=mod)a-=mod;
b>>=1;
}return s;
}
Matrix operator *(const Matrix &A,const Matrix &B){
Matrix C;C.clear();
for(int i=0;i<=m;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
for(int k=0;k<=m;++k){
C.a[i][j]=C.a[i][j]+mul(A.a[i][k],B.a[k][j]);
if(C.a[i][j]>=mod)C.a[i][j]-=mod;
}
}
}return C;
}
Matrix pow_mod(Matrix v,LL p){
Matrix tmp;tmp.clear();
for(int i=0;i<=m;++i)tmp.a[i][i]=1;
while(p){
if(p&1)tmp=tmp*v;
v=v*v;p>>=1;
}return tmp;
}
void FWT(LL *A,int n,int flag){
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int mk=(k<<1);
for(int j=0;j<n;j+=mk){
for(int i=0;i<k;++i){
LL x=A[i+j],y=A[i+j+k];
A[i+j]=(x+y)>>flag;A[i+j+k]=(x-y+mod)>>flag;
if(A[i+j]>=mod)A[i+j]-=mod;
if(A[i+j+k]>=mod)A[i+j+k]-=mod;
}
}
}return;
}
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&t,&mod);
mod*=n;
for(m=0;(1<<m)<=n;m++);m--;
for(int i=0;i<=m;++i){
if(i>0)A.a[i-1][i]+=i;
if(i<m)A.a[i+1][i]+=(m-i);
}
A=pow_mod(A,t);
ans.a[0][0]=1;
ans=ans*A;
for(int i=0;i<n;++i)Num[i]=Num[i>>1]+(i&1);
for(int i=0;i<n;++i)scanf("%lld",&f[i]),f[i]%=mod;
for(int i=0;i<n;++i)g[i]=ans.a[0][Num[i]];
FWT(g,n,0);FWT(f,n,0);
for(int i=0;i<n;++i)f[i]=mul(f[i],g[i]);
FWT(f,n,1);mod/=n;
for(int i=0;i<n;++i)printf("%lld
",f[i]%mod);
return 0;
}
本题其实还有第二种解法，加一些奇技淫巧就可以过了
但是本人并不会O(1)快速乘的写法
所以还是会T的代码，时间复杂度O(nlog^2n)
但是思维量很小，就是我们考虑每一次的转移
j能转移到k当且仅当j^(1<<i)=k,且转移系数为1
我们构造FWT就可以处理一次转移了
之后怎么办呢？FWT+快速幂？
其实并不需要，我们只需要FWT之后对FWT出来的值做快速幂就可以了
因为快速幂的时候需要快速乘，所以时间复杂度O(nlog^2n)了
之后还原FWT即可
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=1050010;
typedef long long LL;
int m;
LL n,t,mod;
LL f[maxn],g[maxn];
inline LL mul(LL a,LL b) {
LL res=0;
for(;b;b>>=11,a=(a<<11)%mod)res=(res+a*(b&0x7ff))%mod;
return res;
}
LL pow_mod(LL v,LL p){
LL tmp=1;
while(p){
if(p&1)tmp=mul(tmp,v);
v=mul(v,v);p>>=1;
}return tmp;
}
void FWT(LL *A,int n,int flag){
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int mk=(k<<1);
for(int j=0;j<n;j+=mk){
for(int i=0;i<k;++i){
LL x=A[i+j],y=A[i+j+k];
A[i+j]=(x+y)>>flag;A[i+j+k]=(x-y+mod)>>flag;
if(A[i+j]>=mod)A[i+j]-=mod;
if(A[i+j+k]>=mod)A[i+j+k]-=mod;
}
}
}return;
}
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&t,&mod);
for(m=0;(1<<m)<=n;m++);m--;mod*=n;
for(int i=0;i<n;++i)scanf("%lld",&f[i]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)g[i]=1;
FWT(f,n,0);FWT(g,n,0);
for(int i=0;i<n;++i){
g[i]=pow_mod(g[i],t);
f[i]=mul(g[i],f[i]);
}
FWT(f,n,1);mod/=n;
for(int i=0;i<n;++i)printf("%lld
",f[i]%mod);
return 0;
}
表示自己的知识点部分还是有些欠缺的
上午成功的将系数弄了出来，有很大的进步
但是看出是FWT不会写也是令人伤心
所以还是要努力啊，做做FWT的题目之后写一发总结吧
(挖坑ing)
加油！八个月！三月份！