[考试反思]1109csp-s模拟测试107：低能

诶一看这不是水题AK场吗？然后80分钟就拿到了285分。

然后，对拍？还是卡T2常数？还是想T2正解？

于是上述三项我依次进行了。

前两项让我的分数丝毫不变但是吃掉了我一个多小时的时间。

卡常卡的也不彻底，不然就能再多个5分。因为心里还想着我想想正解。

最后剩余不多的时间里想到了一个接近正解的思路。。。因为没有时间写所以也就放弃了进一步的思考。

首先肯定还是要%%%Paris值得纪念的考试。

然后至于我。。。现在真的是水题考不高，难题不会做。。。

没前途。联赛啊。。。省选啊。。。不要止步于此啊。。。

T1：字符交换

二分答案。枚举从哪个字符开始。

最优决策一定是聚拢到最中间的那个字符的位置。

前缀和+等差数列求和就可以把绝对值拆掉。

总复杂度$O(nlogn)$

 #include<cstdio>

 #include<vector>

 using namespace std;

 vector<int>v[];

 char s[];int n,k,tot[][];

 int cal(int l,int r){return (l+r)*(r-l+)/;}

 int tp(int i,int l,int r){return tot[i][r]-tot[i][l-];}

 bool chk(int len){

     for(int i=;i<;++i)if(v[i].size()>=len)for(int j=;j+len-<=v[i].size();++j){

         int l=j,r=j+len-,m=j+(len>>),mp=v[i][m-];

         if(-tp(i,l,m)+cal(mp-m+l,mp)+tp(i,m+,r)-cal(mp+,mp+r-m)<=k)return true;

     }

     return false;

 }

 int main(){freopen("swap.in","r",stdin);freopen("swap.out","w",stdout);

     scanf("%d%d%s",&n,&k,s+);

     for(int i=;i<=n;++i)v[s[i]-'a'].push_back(i);

     for(int i=;i<;++i)for(int j=;j<v[i].size();++j)tot[i][j+]=tot[i][j]+v[i][j];

     int l=,r=n,ans;

     while(l<=r)if(chk(l+r>>))ans=l=l+r>>,l++;else r=(l+r>>)-;

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

 }

T2：平方数

如果一个数含有平方因子，那么把它干掉之后这个数与其它数的关系不变。

于是筛出$\sqrt{1e9}$以内的所有质数（4300个左右），用它干掉所有平方因子，然后哈希表统计答案。

复杂度$O(4000n)$，能得到$70~90$不等。

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 using namespace std;

 struct hash_map{

     int fir[],l[],to[],w[],cnt;

     int &operator[](int x){

         int r=x%;

         for(int i=fir[r];i;i=l[i])if(to[i]==x)return w[i];

         l[++cnt]=fir[r];fir[r]=cnt;to[cnt]=x;return w[cnt];

     }

 }M;

 int al[],cnt,p[],n,q[];long long ans;

 int main(){freopen("square.in","r",stdin);freopen("square.out","w",stdout);

     for(int i=;i<=;++i)if(!al[i]){

         p[++cnt]=i;

         for(int j=;j*i<=;++j)al[i*j]=;

     }

     for(int i=;i<=cnt;++i)q[i]=p[i]*p[i];

     q[++cnt]=;

     scanf("%d",&n);

     while(n--){

         int x,y=;scanf("%d",&x);

         for(int i=;x>=q[i];++i){

             while(x%q[i]==)x/=q[i];

             if(x%p[i]==)x/=p[i],y*=p[i];

         }

         int q=sqrt(x);if(q*q!=x)y*=x;

         int &P=M[y];ans+=P;P++;

     }printf("%lld\n",ans);

 }

暴力

进一步优化这个思路，$\sqrt{1e9}$显然就是复杂度瓶颈。

考虑如何能够不筛那么多。

对于每一个数，它含有超过1000的平方因子至多有1个（$1000^2=1000000$,放不下两个）

那么把它们都筛一遍是多余的。

那么就筛到1000，考虑剩下的是什么。

改变筛的策略，对于你枚举的1000以内的数时，不止干掉平方因子，单个一次的因子也干掉（但是要记录下来累乘到一个变量y里）

最后剩下的数，对它进行质因数分解，它的最小因子也大于1000。而且它之可能是以下4种情况：

是一个平方数
是两个大于1000的质数相乘
是一个大于1000的质数
是1

继续上面的思路，我们只需要干掉它的平方因子。

因为现在它不可能是平方数×另一个数的形式，所以我们直接开根判断它是不是平方数。

如果是就干掉，否则剩余的部分也累乘到y里。

那么y就是原数干掉所有平方因子之后所剩下的。

1000以内的质因子只有170个。总复杂度$O(170n)$

（cbx实践证明，就算你不用质数筛而是1000个全筛$O(1000n)$也是能AC的，但是在老年评测机下就不一定了）

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 using namespace std;

 struct hash_map{

     int fir[],l[],to[],w[],cnt;

     int &operator[](int x){

         int r=x%;

         for(int i=fir[r];i;i=l[i])if(to[i]==x)return w[i];

         l[++cnt]=fir[r];fir[r]=cnt;to[cnt]=x;return w[cnt];

     }

 }M;

 int al[],cnt,p[],n,q[];long long ans;

 int main(){freopen("square.in","r",stdin);freopen("square.out","w",stdout);

     for(int i=;i<=;++i)if(!al[i]){

         p[++cnt]=i;

         for(int j=;j*i<=;++j)al[i*j]=;

     }

     for(int i=;i<=cnt;++i)q[i]=p[i]*p[i];

     q[++cnt]=;

     scanf("%d",&n);

     while(n--){

         int x,y=;scanf("%d",&x);

         for(int i=;x>=q[i];++i){

             while(x%q[i]==)x/=q[i];

             if(x%p[i]==)x/=p[i],y*=p[i];

         }

         int q=sqrt(x);if(q*q!=x)y*=x;

         int &P=M[y];ans+=P;P++;

     }printf("%lld\n",ans);

 }

T3：多维网络

部分分给的很全啊。

首先最基本的就是有$n$种物品每种有$a_i$个那么本质不同的排列数是$\frac{(\sum\limits_{i=1}^{n} a_i)!}{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i!}$

观察部分分提示，n=0的直接就是套式子。

n=1需要去掉经过了这个点的路径，那么就计算一下经过这个点的路径有多少，其实就是把路径拆成了两部分，相乘即可。

n=2的话也一样啊，只不过要去掉两种经过了这两个点之一的路径，但是减多了，还要加回来两个点都经过了的路径。

n=3。。。

这不就是容斥么？？？

但是在n=500时，手动容斥估计码长都能超限。

运用一些性质，每个点只会走到各坐标都比它大的点。我们把这样的关系连边。然后边权就是从一个点走到另一个点的方案数，套上面的式子。

然后就可以得到一个DAG。（当然没有环。。。）。DAG？当然拓扑啦。

然后这个容斥说白了就是奇加偶减，考虑奇偶。

就是如果路径上有奇数个点，那么答案加这么多，否则减。

初始状态是在原点，偶数步方案数为1，奇数步方案数为0。

然后跑拓扑，按照边权统计方案。

最后输出终点的奇数步-偶数步就是答案。

在有重复点的时会出锅（DAG有环），我判掉了不知道有没有用。。。

 #include<cstdio>

 #define mod 1000000007

 int n,d,x[][],fac[],inv[],dp[][];

 int fir[],l[],to[],w[],deg[],ec,q[];

 int qpow(long long b,int t,long long a=){for(;t;t>>=,b=b*b%mod)if(t&)a=a*b%mod;return a;}

 bool com(int p1,int p2){

     for(int i=;i<=d;++i)if(x[i][p1]>x[i][p2])return false;

     return true;

 }

 bool sam(int p1,int p2){

     for(int i=;i<=d;++i)if(x[i][p1]!=x[i][p2])return false;

     return true;

 }

 void Swap(int p1,int p2){

     for(int i=;i<=d;++i)x[i][p1]^=x[i][p2]^=x[i][p1]^=x[i][p2];

 }

 int cal(int p1,int p2){

     int tot=,ans;

     for(int i=;i<=d;++i)tot+=x[i][p2]-x[i][p1];

     ans=fac[tot];

     for(int i=;i<=d;++i)ans=1ll*ans*inv[x[i][p2]-x[i][p1]]%mod;

     return ans;

 }

 void link(int a,int b,int v){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;w[ec]=v;deg[b]++;}

 main(){freopen("net.in","r",stdin);freopen("net.out","w",stdout);

     fac[]=;

     for(int i=;i<=;++i)fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod;

     inv[]=qpow(fac[],mod-);

     for(int i=;~i;--i)inv[i]=inv[i+]*(i+1ll)%mod;

     scanf("%d%d",&d,&n);n++;

     for(int i=;i<=d;++i)scanf("%d",&x[i][n]);

     for(int i=;i<n;++i)for(int j=;j<=d;++j)scanf("%d",&x[j][i]);

     for(int i=;i<n;++i)for(int j=i+;j<n;++j)if(sam(i,j))Swap(j,n-),Swap(n-,n),n--;

     for(int i=;i<=n;++i)for(int j=;j<=n;++j)if(i!=j&&com(i,j))link(i,j,cal(i,j));

     dp[][]=;

     for(int h=,t=;h<=t;++h){

         int p=q[h];

         for(int i=fir[p];i;i=l[i]){

             deg[to[i]]--;

             if(!deg[to[i]])q[++t]=to[i];

             dp[][to[i]]=(dp[][to[i]]+1ll*dp[][p]*w[i])%mod;

             dp[][to[i]]=(dp[][to[i]]+1ll*dp[][p]*w[i])%mod;

         }

     }

     printf("%d\n",(dp[][n]-dp[][n]+mod)%mod);

 }

巴特西

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