可以先把十進位制表示下數字含有 \(7\) 的所有數都求出來，然後去列舉這些數的倍數，將其標記。
如果當前列舉到的數被標記過了則就不需要再列舉倍數了（因為列舉的倍數肯定也被標記過了）。
時間複雜度 \(\mathcal(n \log \log n)\)。
#include #include #include using namespace std;
inline int read()
while (s >= '0' && s <= '9')
return x * f;
}const int size = 1e7 + 500;
bool ori[size + 10];
bool f[size + 10];
int go[size + 10];
void prework(int n)
for (int i = n; i >= 1; i --)
if (f[i])
go[i] = go[i + 1];
else
go[i] = i;
}void work()
int main()
// i hope changle_cyx can pray for me.
設 \(f(i, j, h, s)\) 表示：已經選了 \(j\) 個數，選出的數的值域為 \([0, i]\)，二進位制表示中的 \([0, i]\) 位中有 \(h\) 個 \(1\)，\([i + 1, *]\) 中的二進位制表示為 \(s\) 時的方案數。
可以考慮列舉選了多少個 \(i\)。假設選了 \(x\) 個 \(i\)，那麼就有轉移：
\[f(i, j, h + (s + x) \bmod 2, \left\lfloor\frac\right\rfloor) \gets_+ f(i - 1, j - x, h, s) \cdot v_i^x \cdot \dbinom
\]最後答案即為：\(\sum\limits_(s) \leq k} f(m, n, h, s)\)。
其中 \(\text(s)\) 表示 \(s\) 二進位制表示下 \(1\) 的個數。
時間複雜度 \(\mathcal(n^4m)\)。
#include #include #include using namespace std;
inline int read()
while (s >= '0' && s <= '9')
return x * f;
}int power(int a, int b, int p)
return ans;
}const int n = 35, m = 110;
const int mod = 998244353;
int n, m, k;
int val[m];
int fact[n], inv[n];
int c(int n, int m)
int f[m][n][n][n];
void add(int &x, long long d)
int cnt[n];
int main() }}
} }for (int s = 1; s <= n; s ++)
cnt[s] = cnt[s ^ (s & -s)] + 1;
int ans = 0;
for (int h = 0; h <= n; h ++)
for (int s = 0; s <= n; s ++)
if (h + cnt[s] <= k) add(ans, f[m][n][h][s]);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
\[n\left(\sum\limits_^n a_i^2\right) - \left(\sum\limits_^n a_i\right)^2
\]那麼，只需要知道乙個序列的數值和與數值平方和，就可以計算出該序列的方差了。
記差分陣列 \(b_i = a_i - a_\)，那麼一次對 \(i\) 的操作就相當於交換 \(b_i, b_\)。
由於鄰項交換，並且可以進行任意多次操作。
那麼所有操作結束後的新差分陣列 \(\\) 可以是原差分陣列 \(\\) 的任意乙個排列。
乙個結論：最優解的差分陣列一定是先遞減、後遞增的（也就是單谷的）。
根據這個性質，我們就可以先將所有的 \(n - 1\) 個差分值從小到大排序，然後從小到大加入差分值。由於方差關係的是資料之間的相對大小，我們不妨欽定乙個基準點，它的值為 \(0\)。
設 \(\text_i\) 表示前 \(i\) 小的差分值之和是多少。
設 \(f(i, s)\) 表示：考慮到前 \(i\) 個差分值，當前的數值和為 \(s\) 時，數值平方和最小是多少。
若向當前序列的左端加數，則有轉移：
\[f(i, s + b_i \cdot i) \gets_\text f(i - 1, s) + 2 \cdot s \cdot b_i + i \cdot b_i^2
\]若向當前序列的右端加數，則有轉移：
\[f(i, s + \text_i) \gets_ f(i - 1, s) + \text_i^2
\]最後的答案即為 \(\min\\)。
設值域為 \(m\)，直接做顯然是 \(\mathcal(n^2m)\) 的。
但是注意到整個序列 \(\\) 中不同的數總共就只有 \(\min(n, m)\) 個，也就是說差分陣列中不為 \(0\) 的有效差分值不超過 \(\min(n, m)\) 個，於是就可以優化到 \(\mathcal(\min(n, m) \cdot nm)\)。
#include #include #include using namespace std;
inline int read()
while (s >= '0' && s <= '9')
return x * f;
}const int n = 10010, sz = 500100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, l, res;
int a[n], b[n];
int sum[n];
int p, q;
int f[2][sz];
int main()
sort(b + 1, b + n);
for (int i = 1; i < n; i ++)
sum[i] = sum[i - 1] + b[i];
p = 0, q = 1;
f[p][0] = 0;
for (int s = 1; s <= l; s ++) f[p][s] = inf;
for (int i = res + 1; i < n; i ++)
} long long ans = 1e18;
for (int s = 0; s <= l; s ++)
ans = min(ans, 1ll * n * f[p][s] - 1ll * s * s);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
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