51nod算法马拉松14

这次太丢人了只搞出来了A到D，那就将就写一写A到D。。。

A 棋盘问题

脑筋急转弯题，不难发现每一次两个人只能染白奇数个格子，所以数数有奇数还是偶数个白格子就行了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=110;
int n,m;
void solve() {
	n=read();m=read();int is=0;
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) is+=read();
	puts((is&1)?"yadang":"xiawa");
}
int main() {
	dwn(T,read(),1) solve();
	return 0;
}

B 约数和

不难发现b=1*a，c=1*b，即c=1*1*a，这里都是数论卷积。

预处理1*1，然后对于每个修改暴力更改影响的ci，期望每次修改是O(logn)的。

但是这道题卡常数。但是这道题卡常数。但是这道题卡常数。

最后上uoj拿来一份高级IO优化才过2333。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
    if(head==tail) {
        int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
        tail=(head=buffer)+l;
    }
    return *head++;
}
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=Getchar();
    for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
#define S 1200000
char pf[S],*o1=pf,*o2=pf+S;
#define ot(x) (o1==o2?fwrite(pf,1,S,stdout),*(o1=pf)++=x:*o1++=x)
inline void print(ll x){static char s[20],*b;b=s;if(!x)*b++=48;for(;x;*b++=x%10+48,x/=10);for(;b--!=s;ot(*b));}
const int maxn=1000010;
int n,q;
ll B[maxn],ans[maxn];
int main() {
	n=read();q=read();
	rep(i,1,n) for(int j=i;j<=n;j+=i) B[j]++;
	while(q--) {
		int t=read(),x=read();
		if(t==2) print(ans[x]),ot(‘\n‘);
		else {
			int v=read();
			for(int i=x;i<=n;i+=x) ans[i]+=v*B[i/x];
		}
	}
	fwrite(pf,1,o1-pf,stdout);
	return 0;
}

C 平均数

明显的01分数规划，二分一下答案然后问题就转化成计算有多少连续子序列和>0，离散一下树状数组算一下就行了。

注意精度问题。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
const double eps=1e-12;
ll k;
int n,A[maxn],C[maxn];
int sumv[maxn];
void add(int x) {for(;x<=n+1;x+=x&-x) sumv[x]++;}
int sum(int x) {int res=0;for(;x;x-=x&-x) res+=sumv[x];return res;}
double B[maxn],tmp[maxn];
ll check(double x) {
	memset(sumv,0,sizeof(sumv));
	rep(i,1,n) B[i]=(A[i]-x)*1e10;
	rep(i,1,n) B[i]+=B[i-1];
	rep(i,1,n) tmp[i]=B[i];tmp[n+1]=0.0;
	sort(tmp+1,tmp+n+2);
	rep(i,1,n+1) if(fabs(tmp[i]-tmp[i-1])<eps) tmp[i]=tmp[i-1];
	rep(i,0,n) C[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+n+2,B[i])-tmp;
	ll ans=0;
	rep(i,1,n) {
		add(C[i-1]);
		ans+=sum(C[i]);
	}
	return ans;
}
int main() {
	n=read();scanf("%lld",&k);
	double l=0.0,r=0.0;
	rep(i,1,n) r=max(r,(double)(A[i]=read()));
	while(r-l>1e-10) {
		double mid=(l+r)*0.5;
		if(check(mid)>=k) l=mid;
		else r=mid;
	}
	printf("%.6lf\n",l);
	return 0;
}

D 小Q的家庭作业

手（da）推（biao）公（da）式（fa）得g(n)=n*d(n)，其中d(n)表示n的约数个数。

设n=∏(pi^ci)，则d(n)=∏(ci+1)。

然后这个问题就简单了，因为数的范围是[1,10^7]，暴力搞搞循环节，线性筛一下最小质因子就行了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read() {
    ll x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=10000010;
const int mod=1000000007;
int pow(ll n,ll m) {
	ll ans=1;
	for(;m;m>>=1,(n*=n)%=mod) if(m&1) (ans*=n)%=mod;
	return ans;
}
int pri[maxn/10],d[maxn],cnt;
bool vis[maxn];
void init(int n) {
	d[1]=1;
	rep(i,2,n) {
		if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,d[i]=i;
		rep(j,1,cnt) {
			if(i*pri[j]>n) break;
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0) {d[i*pri[j]]=d[i];break;}
			d[i*pri[j]]=pri[j];
		}
	}
}
int x1,a,b,c,k,A[maxn];
ll m;
int main() {
	m=read();x1=read();a=read();b=read();c=read();
	init(c);A[x1]=1;int x=x1;
	ll ans=1;(ans*=x1)%=mod;
	do {
		k++;
		x=((ll)x*a+b)%c+1;A[x]++;(ans*=x)%=mod;
	}while(A[x]==1&&k<m-1);
	if(k<m-1) {
		A[x]--;(ans*=pow(x,mod-2))%=mod;
		while(x1!=x) k--,m--,x1=((ll)x1*a+b)%c+1;
		ll t=m/k,ct=1;m-=t*k;t--;
		do {
			(A[x]+=t%mod)%=mod;if(m) A[x]++,m--,(ans*=x)%=mod;
			(ct*=x)%=mod;
			x=((ll)x*a+b)%c+1;
		}while(x!=x1);
		(ans*=pow(ct,t))%=mod;
	}
	dwn(i,c,2) {
		if(d[i]==i) (ans*=A[i]+1)%=mod;
		else (A[i/d[i]]+=A[i])%=mod,(A[d[i]]+=A[i])%=mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}