luogu
成功咕掉codeforces round #517的後果就是，我\(\mbox\)依舊沒有寫出來。\(\mbox\) 。
\(\mbox\)為\(0\)的乘上\(\mbox\)為\(1\)的就是答案。
因為兩個數異或以後二進位制位\(1\)的個數的奇偶性不會變。
至於計算\(\mbox\)，預處理到根號，\(o(1)\)計算即可。
#include#includeusing namespace std;
int gi()
#define ll long long
int n,cnt[65536],sz[2];ll a,b,c,d,x;
int main()
printf("%lld\n",1ll*sz[0]*sz[1]);
return 0;
}
#include#includeusing namespace std;
int gi()
const int n = 20005;
const int mod = 998244353;
void inc(int &x,int y)
int n,a[n],f[n],s[n],ans;
int main()
inc(ans,mod-n);
for (int j=1;j<=n;++j) s[a[j]]=0;
} printf("%d\n",ans);return 0;
}
對關係建乙個\(dag\)，每個數向自己的所有子集連邊，這樣擁有拓撲關係的兩個數就不能放在一起。答案就是\(dag\)最長鏈長度。
構造方案的話，建立乙個源點跑出到每個點\(i\)的最長路\(f_i\)，那麼\(i\)就放到編號為\(f_i\)的盒子裡就行了。
暴力建邊\(3^k\)，注意當\(n=2^k\)即\(a_i\)取遍\([0,2^k)\)時，建出這個\(dag\)只需要連\(o(k2^k)\)條邊就行了。如果不滿的話，還是把這\(2^k\)個點都建出來，不存在的點權值設為\(0\)，依然按上述做法做即可。
#include#include#includeusing namespace std;
int gi()
const int n = 2e6+5;
int n,k,s,vis[n],f[n];vectorans[21];
int main()\)表示用了前\(i\)對數填了\(j\)個位置的方案數，轉移顯然就是列舉當前這對數填多少個，同時因為位置可以任意選所以還得要乘上乙個組合數。這樣一寫出來就會發現他就是乙個指數生成函式卷積的形式，即\(c_i=\sum_^i\binom ija_jb_\)。
所以對於每個\(x\)大有概\(o(p)\)的數對，每個數對可以用乙個指數生成函式表示，把這\(o(p)\)個生成函式暴力卷起來，就可以得到乙個\(o(n^2p^2)\)的做法。
然後因為每個\([0,p)\)只有\(\lfloor\frac rp\rfloor\)或\(\lfloor\frac rp\rfloor+1\)種不同的選法，所以本質不同的數對只有\(3\)種。我們考慮一下每種數對的生成函式。令\(b=\lfloor\frac rp\rfloor\)。
數對中兩個數都只有\(b\)種選法，考慮計算無限制減去兩個數同時出現的方案：\(a(x)=e^e^-(e^-1)e^-1)=2e^-1\)。其中\(e^\)實際上就是\((e^x)^b\)。
同理有\(b(x)=e^+e^-1,c(x)=2e^-1\)。
假設對於某個\(x\)它三種數對的個數分別是\(u,v,w\)，那麼我們就只需要計算\(a^u(x)\times b^v(x)\times c^w(x)\times e^\)就行了。
為什麼還有乙個\(e^\)？因為數列中還可以有\(0\)呀。這一點你有沒有注意到呢？
所以我們先預處理出\(a(x),b(x),c(x)\)的\(p\)次冪，這樣預處理的複雜度可以做到\(o(n^p)\)，然後對於每個\(x\)都可以\(o(n^2)\)地計算卷積，總複雜度還是\(o(n^2p)\)，可以獲得\(80\)分的好成績。
#include#include#includeusing namespace std;
int gi()
const int mod = 1000000007;
inline void inc(int &x,int y)
inline void dec(int &x,int y)
int fastpow(int a,int b)
return res;
}int n,p,r,b,s,inv[5005],c[505][505],ans;
struct poly
poly operator * (poly b)
}dp[3][5005],zero;
int main()
for (int i=0;i<=n;++i) zero.a[i]=fastpow(b,i);
s=fastpow(r,n);inc(ans,s);dec(ans,fastpow(r-b,n));
for (int i=1;i滿分做法比較玄學。
首先，要求\(a(x)\)的若干次冪其實只要預處理到根號就行了，即預處理\(a(x),a^2(x),a^3(x)...\)以及\(a^(x),a^(x),a^(x)...\)這樣預處理的複雜度可以降到\(o(n^2\sqrt p)\)，且對於乙個\(x\)仍可以做到\(o(n^2)\)計算。
然後後本部分仍是複雜度瓶頸？發現對於每個\(x\)答案只與三種數對的個數\(u,v,w\)有關，所以加個記憶化......就能過了？
司說本質不同的數對數量是\(o(\sqrt p)\)的，那......就是吧。
#include#include#include#includeusing namespace std;
int gi()
const int mod = 1000000007;
inline void inc(int &x,int y)
inline void dec(int &x,int y)
int fastpow(int a,int b)
return res;
}int n,p,r,b,sqr,s,inv[5005],c[505][505],ans;
struct poly
poly operator * (poly b)
}dp[3][2][80],zero;
map,int>,int>m;
int calc(int u,int v,int w)
int main()
for (int i=0;i<=n;++i) zero.a[i]=fastpow(b,i);
s=fastpow(r,n);inc(ans,s);dec(ans,fastpow(r-b,n));
for (int i=1;i,int>pr=make_pair(make_pair(u,v),w);
if (m.find(pr)==m.end()) m[pr]=calc(u,v,w);
inc(ans,s);dec(ans,m[pr]);
} printf("%d\n",ans);return 0;
}
LGR 054 洛谷10月月賽II
結論popcnt x y 和popcnt x popcnt y 的奇偶性相同。然後就是popcnt為奇數的乘為偶數的。預處理一下 2 次方以內的popcnt，直接 o 1 算就行。就是求有多少個等差子串行。方程很好寫，f i 表示以 i 結尾的等差子串行個數，f i sum i f j a i a ...
洛谷10月月賽II
這道題考了矩陣旋轉 其實很考驗推公式的能力和 能力 這裡有個小技巧 可以設 x,y 為原點，然後去推公式，然後實際操作中橫座標加上x，縱座標加上y就好了。順時針 i,j j,i 逆時針 i,j j,i include define rep i,a,b for register int i a i b...
LGR 052 洛谷9月月賽II（加賽）
題解 沒打。ab題滿世界都過了應該沒什麼意思 c題是個比較有意思的思維題 先看了題解才會的。我們考慮這麼一件事情 沒鑰匙的人出門後 門一定是開著的 他進來的時候，門一定是開著的 其他時候，一定門能關著比較好 但是這個東西並不是很好維護，因為可能重複算 我們考慮重新排個序 我們把a在b前面的那個排在他...