A. 卷
发现乘积足以爆 \(long\) \(long\)，但是数据随机，可以略忽略精度问题
一个快速降低数的级别的方法是取对数，由于有性质 \(log(x * y)=logx+logy\)，合并时运算会很方便，于是转化成加和型最大独立集问题
B. 简单题
观察发现对于每个奇数，其 \(2\) 倍放在另一个集合，\(4\) 倍放在当前集合，以此类推
那么对于一条偶数长度的链，一定一半放在第一个集合，另一半放在第二个集合，对答案贡献乘 \(2\)
对于奇数长度的链，一定分成 \(len\) 和 \(len+1\) 两部分，那么这样最终答案一定有可行区间 \([l,r]\)，那么多出 \(l\) 的部分一定是若干个奇数链造成的，而奇数链又是*组合，设总数为 \(tot\)，答案为 \(\binom{tot}{m-l}\)
发现组合数数过大，模数很小，可以用 \(lucas\) 定理计算
对于计算奇偶链的个数，考虑枚举链长，这是 \(log\) 级别的，那么长度的 \(k\) 的链的起点范围为 \(\displaystyle[\frac{n}{2^{k-1}}+1,\frac{n}{2^k}]\)，因为这个不分奇数，得除以 \(2\)
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=5005;
const int maxm=11000025;
const int mod=10000019;
int n,q,x,tot1,tot2,l,r,frac[maxm],inv[maxm],ans,ans1,len;
int po(int a,int b=mod-2){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch==‘-‘)f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=x*10+ch-48;
ch=getchar();
}
return x*f;
}
void pre(){
frac[0]=1;
for(int i=1;i<=mod-1;i++)frac[i]=frac[i-1]*i%mod;//,cout<<frac[i]<<" ";
inv[mod-1]=po(frac[mod-1]);
// cout<<frac[mod]<<" "<<inv[mod]<<endl;
for(int i=mod-2;i>=0;i--)inv[i]=(i+1)*inv[i+1]%mod;//,cout<<inv[i]<<" ";
return ;
}
int C(int n,int m){
if(n<m)return 0;
if(n==m)return 1;
return frac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int lucas(int x,int y){
// cout<<"hhh "<<x<<" "<<y<<endl;
if(x==y)return 1;
if(x<y)return 0;
if(x<mod&&y<mod)return C(x,y);
return lucas(x/mod,y/mod)*C(x%mod,y%mod)%mod;
}
signed main(){
// cout<<po(2);
n=read();
q=read();
pre();
// cout<<C(6,2)<<endl;
len=log2(n)+1;
// cout<<len<<endl;
for(int i=1;i<=len;i++){
// cout<<i<<endl;
int po1=pow(2,i-1);
int po2=pow(2,i);
int up=n/po1;
int down=n/po2+1;
if(down&1)down--;
if(up&1)up++;
int num=(up-down)/2;
if(i&1){
tot1+=num;
}
else tot2+=num;
l+=num*(i/2);
}
r=l+tot1;
// cout<<tot1<<" "<<tot2<<" "<<l<<" "<<r<<endl;
ans1=po(2,tot2);
// cout<<"ppp "<<endl;
for(int i=1;i<=q;i++){
x=read();
if(x<l||x>r){
puts("0");
continue;
}
ans=ans1*lucas(tot1,x-l)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
C. 粉丝
这道题本质是自然数拆分，运用根号分治优化
首先自然数拆分有两种 \(dp\) 方法：
设 \(f[i][j]\) 表示 \(dp\) 到 \(i\) 这个数和为 \(j\) 的方案数，\(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-i]\)
\(g[i][j]\) 表示分成了 \(i\) 个数字，和为 \(j\) 的方案数
发现两种 \(dp\) 单独做都是 \(n^2\) 的
但是观察第一种 \(dp\) 的状态是 \(dp\) 到 \(i\) 这个数，值域越小复杂度越低
第二种状态是分成 \(i\) 个数，值域越大复杂度越低
于是在 \(\sqrt n\) 处分治，值域小的部分用第一种，大的部分用第二种，总复杂度为 \(n\sqrt n\)
注意第二种 \(dp\) 其实是每个选了了的数都已经以 \(sq\) 为基准了，那么实际的总和需要加上 \(num*sq\)，这个合并时用 \(num\) 记录
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e5+5;
int x,y,n,mod,f[maxn],g[maxn],sum[maxn],sq,ans;
int dp(int limit){
memset(f,0,sizeof f);
memset(g,0,sizeof g);
memset(sum,0,sizeof sum);
ans=0;
f[0]=1;
sq=max((int)sqrt(n),limit);
for(int i=limit;i<sq;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
f[j]+=f[j-i];
f[j]%=mod;
}
}
g[0]=1;
sum[0]=1;
for(int i=1;i<=n/sq;i++){
int t=i*sq;
for(int j=i;j+t<=n;j++){
g[j]=(g[j]+g[j-i])%mod;
}
for(int j=0;j+t<=n;j++){
sum[j+t]+=g[j];
sum[j+t]%=mod;
}
}
for(int i=0;i<=n;i++){
ans=(ans+f[i]*sum[n-i]%mod)%mod;
}
return ans;
}
signed main(){
cin>>x>>y>>n>>mod;
cout<<(dp(x)-dp(y+1)+mod)%mod;
return 0;
}
D. 字符串
首先可以把两端本身就对称的部分砍掉，作为 \(A\) 和 \(E\)