2017NOIP模拟赛-科普基地

小咪咪 2021-10-24 01:50 285阅读 0赞

> 今天回来打的第一场NOIP难度的试题，结果惨不忍睹。写一下每道题的做法，然后每道题犯的\_\_弱智\_\_错误  
> UPD:2018.9.15 突然这篇题解就变成很多大佬要看的了，因为之前是写给自己看的，所以写的很简略，这次修改一下第二道题的描述（第一题建议找其他AC的人看看，我的做法比较依赖STL，而且比较难读懂）

# Moni #

## 题意 ##

每天 \$t\$ 时刻将会有人取车或者放车，这个序列满足**FIFO**原则，每个人的时间代价是 \$delta(t)\$。

有 \$q\$ 次询问，每次问你如果在初始时刻投放 \$cnt\$ 个车，总的代价是多少？

## 题目分析 ##

看到这道题的时候第一想法是brute force，然后去拿个 \$60 pts\$

\$60 pts\$ 做法：直接模拟计算每次出队的时候人的代价，加起来就行了。\$O(n \* q)\$

花了15分钟写了个暴力，然后我们发现这个做法的问题是有很多次的计算是用的是之前使用过的，那么我们能不能直接通过上一个 \$cnt\$， 直接算出这一个 \$cnt\$呢？

\$100 pts\$ 做法： 本来想写个离散化，但是考虑到代码的整洁性， 直接使用用了std::map; 将取走记为正，放回记为负（方便计算贡献）  
然后套个树状数组进行维护单点修改和查询区间和，你每次去做 \$cnt\$ 的时候，先二分寻找第一次取完的位置， 然后直接更新贡献。

## 代码 ##

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 2e5 + 10; ll blocks[maxn]; int redis[maxn]; struct Opt { int t, det, q, op; }opt[maxn]; map<int,int> dis; int C[maxn]; int n,q; void ADD(int x, int v) {for(;x<=n+10;x+=x&-x) C[x]+=v;} ll query(int x) {ll ans=0;for(;x;x-=x&-x) ans+=C[x];return ans;} void add(int x,int det){ ADD(1, det); ADD(x + 1, -det); } int main(){ //freopen("moni.in", "r", stdin); //freopen("moni.out", "w", stdout); scanf("%d%d", &n, &q); dis[0] = 1; // add void point for(int i = 1; i <= n; ++i){ char buf[5]; int a, b; scanf("%s%d%d", buf, &a, &b); opt[i].t = a; opt[i].det = b; if(buf[0] == '+') { opt[i].op = 1; opt[i].q = opt[i - 1].q - b; } else { opt[i].op = 0; opt[i].q = opt[i - 1].q + b; } if(opt[i].q > 0) dis[opt[i].q] = 0; // add this pos } int discnt = 0, dismax = 0; for (map<int,int>::iterator pr = dis.begin(); pr != dis.end(); ++ pr) { pr->second = ++discnt; redis[discnt] = pr->first; dismax = max(dismax, pr->first); } for(int i = 1; i < n; ++i){ if(opt[i].q <= 0) continue; int nopos = dis[opt[i].q]; add(nopos, opt[i + 1].t - opt[i].t); } for(int i = 1; i <= discnt; ++i){ blocks[i] = blocks[i - 1] + query(i) * (redis[i] - redis[i - 1]); } ll blocksum = blocks[discnt]; for(int i = 1; i <= q; ++i) { int cnt; scanf("%d", &cnt); if(cnt < opt[n].q) {puts("INFINITY"); continue;} if(cnt >= dismax) {puts("0"); continue;} map<int,int>::iterator it; it = dis.lower_bound(cnt); ll res = blocksum - blocks[it->second]; res += 1LL * (it->first - cnt) * query(it->second); cout << res << endl; } return 0; }

# shuxue #

## 题意 ##

这道题题意很明显，公式都给出来了。

## 题目分析 ##

这道题有一个很朴素的做法， 对于区间内的每个数进行质因数分解，然后忽略掉那个给出的mod值， 答案就是 \$(p\_1 + 1) \* (p\_2 + 1) \* \\cdots\$ (\$p\_i\$ 为质因数的幂次）

例如，如果给出的mod值是13，那么对于\$\\forall x \\in \[L, R\]\$，将$x = 2^\{p\_1\} \\times 3^\{p\_2\} \\times \\cdots $算出来，那么它不包含13的倍数的因子个数就是排除\$13^\{p\_k\}\$，然后做上面的式子。

于是我们就有一个brute force的做法，先把质数筛出来，直接\$O( f(\\sqrt\{n\}))\$ 进行质因数分解，\$f(x)\$表示\$x\$以内的质数个数，然后计算答案就可以。总复杂度 \$O( D \* f(\\sqrt\{n\}))\$

上面的做法是 \$\\le 60 pts\$但是如果对于每一个区间内的数进行分解，那么就会很耗时。所以我们考虑一下优化的做法

我们考虑对于这个区间一个数多出的冗杂计算，如果我们能直接看出这个数的质因子，那我们就可以不用枚举\$2~ \\sqrt\{n\}\$的所有质因子进行试除。可以证明，如果有这样的一个算法，每个数的质因数分解就会在\$ln(n)\$的时间解决。

于是我们枚举所有的质数\$q\$，在这个区间内找到第一个能被这个数整除的数，那么下一个能被整除的数就是当前数\$+q\$

我们用\$a\[i\]\$表示这个位置还剩余的数是多少，显然，在初始状态时\$a\[i\] = i\$，每次找到因子\$p\$，我们就进行如下更新\$a\[i\] /= p\$

当\$a\[i\] = 1\$时，表示这个数已经分解完毕。至此，我们已经将整个算法降为\$O(n \\times ln(n))\$

如果考虑到\$10\$MB的内存，我们不难想出这道题需要打表完成（因为线性筛需要12MB内存），当然，你也可以实时进行MillerRobin素数测试，并且运用几个素数的性质，但我选择打表。

那么，如果按上面的分析，用\$a\[i\]\$储存位于\$i\$的当前值显然是不现实的，因为这样我们需要将数组开到\$a\[1e12+10\]\$，注意到我们只会用到\$D\$的长度，那么我们选择用下标\$0\$去对应\$l\$, \$r-l+1\$对应\$r\$，就可以了。（这就是一种简单的映射关系）

#inlcude <bits/stdc++.h> using namespace std; #define pb push_back #define forn(i) for(int i=1;i<=(int)(n);++i) #define rep(i,s,t) for(int i=(int)(s);i<=(int)(t);++i) const int maxn = 1e6 + 10; typedef long long qword; const int primeList[] = {...} const int maxm = 1e5 + 10; qword sum[maxm]; qword a[maxm]; inline void Init(int q, qword L, qword R) { for (int i = 0; i <= R - L; ++ i) { a[i] = i + L; while (a[i] % q == 0) {a[i] /= q; if (a[i] == 0) break;} sum[i] = 1; } } inline void work(int q, qword L, qword R) { Init(q, L, R); for(int i = 1; i <= tot && primeList[i] <= R; ++ i) { if (primeList[i] == q) continue; qword fir = (L / primeList[i] + (L % primeList[i] ? 1 : 0)) * primeList[i]; for (qword j = fir; j <= R; j += primeList[i]) { qword res = 0; while (a[j-L] % primeList[i] == 0) {if (a[j - L] == 0) break; res ++; a[j-L] /= primeList[i];} sum[j-L] = 1ll * sum[j-L] * (res+1); } } qword ans = 0; for(int i=0; i <= R-L; ++i) { if(a[i] != 1) sum[i] = 1ll * sum[i] * 2; ans += sum[i]; } cout << ans << endl; } int main() { freopen("shuxue.in","r",stdin); freopen("shuxue.out","w",stdout); // Euler_prime(); int t; qword L, R; cin >> t >> L >> R; int q; rep(i,1,t) { cin >> q; work(q,L,R); } }

# Boyi #

## 题目分析 ##

（这道题已经搞出了想法，等待回去测评）

说实话我并没有想出应该怎么做，但是这个题意的意思就是，妹子要容易获胜一点。（单生狗万岁）

因为男的是后手，男的获胜的情况是男的有必胜策略，其他的都是N。 于是，我果断选择全输出“N”水一下，期望得分(\$20 pts\$) 结果过了7个点， 简直迷。

转载于:https://www.cnblogs.com/Alessandro/p/9578844.html