$ POJ₂₀₁₈Best_Cow Fences $（二分答案构造新权值）

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$ solution: $

题目大意：

给定正整数数列 $ A $ ，求一个平均数最大的长度不小于 $ L $ 的子段

1. 这道题首先我们如果没有长度限制，直接扫一遍数组即可
2. 而有了长度限制之后我们的候选集合发生改变，很容让我们想到DP
3. 事实上这一道题可以DP，用斜率优化复杂度极小，就是有点常数（事实上最优）
4. 但是我们可以参考类似01规划的做法，因为答案具有单调行。
5. 我们让数组中每一个数都减去我们二分答案枚举的值，然后求前缀和，我们只要扫描一遍即可
6. 因为我们们可以从后往前，求出以每一个数为左端点的最大字段和，然后我们只需要知道将后面离它距离大于\(L\)的最大值即可，这个可以边扫描边维护（就是更新最大值）。

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$ code: $

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<iomanip>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<ctime>

#include<cmath>

#include<vector>

#include<queue>

#include<map>

#include<set>

#define ll long long

#define db double

#define rg register int

using namespace std;

const int mod=9901;

int n,m,ans;

inline int qr(){

	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;

	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;

	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();

	if(sign)return -res; else return res;

}

inline int ksm(ll x,int y){

	ll res=1;

	while(y){

		if(y&1)res=res*x%mod;

		x=x*x%mod; y>>=1;

	}return res;

}

inline int ask(int x,int y){

	if(y==1)return x;

	if(y&1) return ((ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod+ksm(x,y)%mod)%mod;

	else return (ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod;

}

int main(){

	//freopen(".in","r",stdin);

	//freopen(".out","w",stdout);

	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){

		if(m==0){puts("1");continue;}

		ans=1;

		for(rg i=2;i*i<=n;++i){

			if(n%i)continue;

			rg x=0; while(!(n%i))++x,n/=i;

			ans=(ll)ans*(ask(i%mod,x*m)+1)%mod;

		}if(n!=1)ans=(ll)ans*(ask(n%mod,m)+1)%mod;

		printf("%d\n",ans);

	}

	return 0;

}