2020ICPC江西省大学生程序设计竞赛（A,B,E,G,H,I,K,L,M）

2020ICPC江西省大学生程序设计竞赛（A,B,E,G,H,I,K,L,M）judge: 牛客A-A Simple Math Problemjudge:牛客题意给你一个n，让你求出\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]f(j)\)。

其中f(x)表示的是数位和，eg:f(122)=1+2+2=5。

题解一眼可以看出是道反演题，但是仔细想想发现不是特别好维护，然后给的范围又有点误导，让人以为可以瞎搞过（实际上真的可以打表过或者容斥过），然后中间耽搁了很长时间，还写了个瞎搞的做法，不过没敢交，最后才发现转换一下就是一道经典的反演题。

首先题目让我们求的是\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]f(j)\)，我们需要转换成\(\sum_{i=1}^{n}f(i)\sum_{j=i+1}^{n}[gcd(i,j)==1]\)。

其实只是枚举策略的变换，求的答案还是一样，只不过第二个公式可以用反演求，而且还比较好求，第一个没有办法用反演做（其实是我不会）。

至于原因，我们需要对第一个公式有足够的了解，第一个公式让我们求的是所有比当前数小，且与当前数互质的数的数位和。

思维转换一下，我们把每个数单独进行考虑，每个数对答案产生的贡献就是比它大，且与它互质的数的个数乘以这个数的数位和（就是转换后的公式）。

至于第二个公式怎么求，可以参考我写的一篇题解，这个题让我们求的就是前半部分，只不过数位和变成了数位乘。

代码#include <bits/stdc++.h>#define PI atan(1.0)*4#define rp(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); i++)#define RP(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); i--)#define sc(x) scanf("%d",&x)#define scl(x) scanf("%lld",&x)#define ll long long#define ull unsigned long long#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define pii pair<int,int>#define pll pair<ll,ll>#define pil pair<int,ll>#define m_p make_pair#define p_b push_back#define ins insert#define era erase#define INF 0x3f3f3f3f#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f#define dg if(debug)#define outval(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n";using namespace std;int debug = 0;ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}inline int read(){int s=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){ s=s*10+ch-'0';ch=getchar();}return s*f;}const int N = 1e6+7;int n;ll phi[N],mu[N];int prime[N];int flag[N];ll F[N];ll G[N];ll Num[N];int num=0;int f(int x){int ans=0;while(x) ans+=x%10,x/=10; return ans;}int g(int x){int ans=1;while(x) ans*=x%10,x/=10;}void init(){phi[1]=1;mu[1]=1;F[1]=G[1]=1;for (int i=2;i<=n;i++){F[i]=f(i);G[i]=g(i);if (flag[i]==0)//这代表i是质数{prime[++num]=i;phi[i]=i-1;mu[i]=-1;}for (int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;j++){flag[i*prime[j]]=1;if (i%prime[j]==0){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];mu[i*prime[j]]=0;break;}phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1),mu[i*prime[j]]=-mu[i]; }}rp(i,1,n) for(int j=i;j<=n;j+=i) Num[i]+=F[j];}void solve(){n=read();init();ll ans2=0;rp(i,1,n){ll t=0;for(int j=i;j<=n;j+=i) t+=F[j];ans1+=mu[i]*t*(n/i);}rp(i,1,n) ans2+=F[i]*phi[i];cout<<ans1-ans2+1<<endl;}int main(){//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);#ifdef ONLINE_JUDGE#elsefreopen("in.txt", "r", stdin);//debug = 1;#endiftime_t beg, end;//if(debug) beg = clock();solve();/*if(debug) {end = clock();printf("time:%.2fs\n", 1.0 * (end - beg) / CLOCKS_PER_SEC);}*/return 0;}B-Applejudge:牛客题意现有n个苹果，求出能否分给m个人，满足所有人的苹果总数都不一样。

题解首先求出满足m个人的苹果数量都不同的最少苹果数。

最实惠的方案当然是依次拥有1,2,3,...,m-1,m个苹果。

需要花费\(\frac{m(m+1)}{2}\)个苹果。

至于剩下的苹果，全部交给最后一个人即可，这样就满足了所有人的苹果数都不一样。

如果苹果总数小于\(\frac{m(m+1)}{2}\)，就说明无论怎么分都无法满足每个人的苹果总数都不一样。

代码#include <bits/stdc++.h>using namespace std;inline int read() {int s = 0, f = 1;char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }return s * f;}void solve() {int n = read(), m = read();if (n >= m * (m + 1) / 2) puts("possible");else puts("impossible");}int main() {int T = read();while (T--) solve();return 0;E-Color Sequencejudge:牛客题意定义一个合法的序列为序列里的每个元素都出现偶数次。

给定一个有n个元素的序列，序列元素最多有21种，编号在数值在[0-20]，求出合法序列的个数。

题解维护每个数字出现次数的前缀和，且我们只关心数字出现次数的奇偶性，所以我们只保存 \(0\) 和 \(1\) 两个状态，一个二进制位即可保存一个数字的状态。

将\(21\) 个前缀和的对应位置归纳到一起，那么一个 \(int\) 类型的整数就可保存一组状态。

当一组状态为 \(t\) 时，维护每组状态出现的次数 \(num[t]\)。

假设\(a_i\) 为\(2\)，前一个位置的状态为\(t\)，那么将\(a_i\) 加入\(t\)，只需要将\(t\) 中的第\(i\) 个位置取反，即\(t=t\oplus(1<<a_i)\)。

然后将 \(num[t]=num[t]+1\)。

假设将 \(a_i\) 加入后的状态为 \(t\)，则前面有 \(num[t]\) 个位置可以作为起点，第\(i\) 个位置作为终点，区间内所有元素的出现次数都为偶数。

\[ans=\sum_{i=1}^{n}{num[t_i]} \]代码#include <bits/stdc++.h>#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i) using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 100005;const int maxm = 5000005;const int inf = 0x3f3f3f3f;inline int read() {int x(0), f(1); char ch(getchar());while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }return x * f;}int n;int mp[maxm];void sol() {int t = 0;int ans = 0;++mp[t];_rep(i, 1, n) {int x = read();t ^= (1 << x);ans += mp[t];++mp[t];}printf("%d\n", ans);}int main() {n = read();sol();return 0;}G-Mathematical Practicejudge:牛客题意题意不详...题解队友一眼看出答案是 \((m+1)^n\)...代码#include <bits/stdc++.h>#define _for(i, a) for(register int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)#define _rep(i, a, b) for(register int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)using namespace std;typedef long long LL;const int mod = 998244353;inline int read() {int x(0), f(1); char ch(getchar());while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }return x * f;}LL quickPow(LL x, LL n, LL mod) {LL ans = 1;while(n) {if(n & 1) ans *= x, ans %= mod;x *= x, x %= mod;n >>= 1;}return ans;}int main() {LL n = read(), m = read();printf("%lld\n", quickPow(m + 1, n, mod));return 0;}H-Sequencejudge:牛客题意给你一个每个元素都互不相同的长度为 \(n\) 的序列.定义两种操作:1.选择一个元素 \(a_x\), 令 \(a_x=y\).2.选择一个元素 \(a_x\), 找出最小值为 \(a_x\) 的子串的个数.题解分块解法考虑分块维护每个块的最小值.当执行操作1时, 令 \(a_x=y\), 同时重新计算 \(a_x\) 所在的块的最小值.当执行操作2时, 分别找出左右两边连续大于等于\(a_x\) 的元素的个数, 例如134562中4左右分别有1和2个不小于4的元素. 那么可以计算出包含4的子串的数目为\(1+2+1\times 2+1=6\), 当左边有\(cl\) 个元素,右边有\(cr\) 个元素时,包含\(a_x\) 的字串的数目为\(cl+cr+cl\times cr+1\).线段树解法1线段树维护区间最小值。