NOIP2017提高组 模拟赛21（总结）

NOIP2017提高组 模拟赛21（总结）

第一题 纸牌游戏 （分解质因数，尺取法）

【题目描述】

【解题思路】

　　问题转化为有多少个【L,R】使得a[]的L~R这个区间乘起来是k的倍数。
　　k√的时间分解k的质因数。
　　枚举L，可以发现R具有单调性，也就是若【L,R】合法，那么【L,R+1】也合法。
　　用尺取法就可以解决。
　　时间复杂度：O(2n+k√)

【代码】

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

int n,k;
const int N=1e5;
int d[N+100],kl,sl,ty[N+100],cnt;
ll f[N+100];
ll ans;

int pck(int x,int v)
{
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(;!(x%ty[i]);)
        {
            x/=ty[i];
            f[i]+=v;
        }
    }
    return x;
}

bool check()
{
    if(sl<0) return 0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    if(f[i]<0) return 0;
    return 1;
}

int main()
{
    freopen("1979.in","r",stdin);
    freopen("1979.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    cnt=0; ans=0ll; kl=k;
    for(int i=2;i*i<=k;i++)
    {
        if(!(k%i))
        {
            ty[++cnt]=i;
            for(;!(kl%i);) kl/=i,f[cnt]--;
        }
    } sl=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
    int la=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int yu;
        while(!check() && la<n)
        {
            la++;
            yu=pck(d[la],1);
            if(!(yu%kl)) sl++;
        }
        if(check()) ans+=(n-la+1);
        yu=pck(d[i],-1);
        if(!(yu%kl)) sl--;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

第二题 XOR （线段树）

【题目描述】

【解题思路】

　　异或有结合律，交换律。
　　但题目需要求和，加法不能跟异或同时做。
　　其实把每一个数字x，分解成∑2ki，也就是把x转化为二进制来做。建立logx个线段树，分别表示二进制的第k位的情况（也就是【L,R】这一区间，xi转化成二进制，第k位多少个1，L≤i≤R）。
　　若【L,R】这一区间xor 2^k，则把线段树k中的【L,R】范围的1变成0，0变成1。（统计1的个数sum1就行，打反转标记。反转的话1的个数就等于R-L+1-sum1）

【代码】

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1e5+10;
const int kp=20;
int n;
int d[N];
struct data
{
    int s,la;
} T[21][N<<2];
ll ans;

int gd(int x,int y)
{
    return ((x&(1<<y))>0);
}

void build(int w,int ro,int L,int R)
{
    if(L==R)
    {
        T[w][ro].s=gd(d[L],w);
        return;
    }
    int Mid=(L+R)>>1;
    build(w,ro<<1,L,Mid); build(w,ro<<1|1,Mid+1,R);
    T[w][ro].s=T[w][ro<<1].s+T[w][ro<<1|1].s;
}

void down(int w,int ro,int L,int R)
{
    if(T[w][ro].la)
    {
        int Mid=(L+R)>>1;
        T[w][ro].la=0;
        T[w][ro<<1].la^=1; T[w][ro<<1|1].la^=1;
        T[w][ro<<1].s=(Mid-L+1)-T[w][ro<<1].s;
        T[w][ro<<1|1].s=(R-Mid)-T[w][ro<<1|1].s;
    }
}

void updata(int w,int ro,int L,int R,int li,int ri)
{
    if(L>ri || R<li ) return;
    if(li<=L && R<=ri)
    {
        T[w][ro].la^=1;
        T[w][ro].s=(R-L+1)-T[w][ro].s;
        return;
    }
    int Mid=(L+R)>>1;
    down(w,ro,L,R);
    updata(w,ro<<1,L,Mid,li,ri); updata(w,ro<<1|1,Mid+1,R,li,ri);
    T[w][ro].s=T[w][ro<<1].s+T[w][ro<<1|1].s;
}

int query(int w,int ro,int L,int R,int li,int ri)
{
    if(L>ri || R<li ) return 0;
    if(li<=L && R<=ri) return T[w][ro].s;
    int Mid=(L+R)>>1;
    down(w,ro,L,R);
    int x1=query(w,ro<<1,L,Mid,li,ri),x2=query(w,ro<<1|1,Mid+1,R,li,ri);
    T[w][ro].s=T[w][ro<<1].s+T[w][ro<<1|1].s;
    return x1+x2;
}

int main()
{
    freopen("1980.in","r",stdin);
    freopen("1980.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
    for(int i=0;i<kp;i++) build(i,1,1,n);
    int Q;
    scanf("%d",&Q);
    while(Q--)
    {
        int a,b,c,d;
        scanf("%d",&c);
        if(c==1)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            ans=0ll;
            for(int i=0;i<kp;i++)
            {
                int yu=query(i,1,1,n,a,b);
                ans+=(ll)yu*(1<<i);
            }
            printf("%lld\n",ans);
        } else
        if(c==2)
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);
            for(int i=0;i<kp;i++)
            if(gd(d,i))
            {
                updata(i,1,1,n,a,b);
            }
        }
    }
}

第三题 豆腐 （数位DP+AC自动机）

【题目描述】

【解题思路】

　　首先想到的就是数位DP（LR那么大，除此之外也没什么可以做的了）。
　　DP的状态：F[第i位][字符串的状态][当前的麻辣值][是否有前导零][是否达到上界]=方案数
　　但，如果把所有的字符串的状态直接记下来，是很难转移的，不可能再重新匹配。
　　所以想到建AC自动机来维护，字符串的状态也就是在AC自动机上的位置T（先预处理出字符串所对应的麻辣值）。枚举下一位的数字x（0~19），直接转移到T->c[x]的位置，再加上麻辣值，累计方案数。
　　最后统计所有位置，麻辣值不超过k的方案数的和。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int mods=1000000007;
const int Ln=505;
struct data { int fail,fa,r[21],s; } T[Ln];
int dl[210],dr[210],q[210];
int root,n,m,k,cnt;
int f[2][205][705][2][2];

void buildfail()
{
    T[root].fail=root; T[root].fa=root; T[root].s=0;
    int head=1,tail=1; q[1]=root;
    while(head<=tail)
    {
        int fnow=q[head++];
        for(int i=0;i<m;i++)
        if(T[fnow].r[i])
        {
            int v=T[fnow].r[i];
            int k=T[fnow].fail;
            bool flag=(fnow!=root);
            while(!T[k].r[i])
            {
                if(k==root) { flag=0; break; }
                k=T[k].fail;
            }
            if(flag) T[v].fail=T[k].r[i]; else T[v].fail=root;
            (T[v].s+=T[T[v].fail].s)%=mods;
            q[++tail]=v;
        } else T[fnow].r[i]=T[T[fnow].fail].r[i];
    }
}

int getans(int A[])
{
    memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0][0][0][0]=1;
    for(int i=0,w=0;i<A[0];i++,w^=1)
    {
        memset(f[w^1],0,sizeof(f[w^1]));
        for(int j=0;j<=cnt;j++)
            for(int h=0;h<=k;h++)
                for(int p1=0;p1<2;p1++)
                for(int p2=0;p2<2;p2++)
                if(f[w][j][h][p1][p2])
                {
                    for(int g=0;g<=((p2)?(m-1):(A[i+1]));g++)
                    {
                        int nex=((p1) || (g>0))?(T[j].r[g]):(0);
                        (f[w^1][nex][h+T[nex].s][p1|(g>0)][p2|(g<A[i+1])]+=f[w][j][h][p1][p2])%=mods;
                    }
                }
    }
    int res=0;
    for(int i=0;i<=cnt;i++)
    for(int h=0;h<=k;h++)
    for(int p1=0;p1<2;p1++)
    for(int p2=0;p2<2;p2++)
    (res+=f[(A[0]&1)][i][h][p1][p2])%=mods;
    return res;
}

int main()
{
    freopen("1981.in","r",stdin);
    freopen("1981.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); cnt=0; root=0;
    scanf("%d",&dl[0]); for(int i=1;i<=dl[0];i++) scanf("%d",&dl[i]);
    scanf("%d",&dr[0]); for(int i=1;i<=dr[0];i++) scanf("%d",&dr[i]);
    dl[dl[0]]--;
    for(int i=dl[0];i>=1;i--)
        if(dl[i]<0) dl[i]+=m,dl[i-1]--; else break;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int a,cd;
        scanf("%d",&a);
        int now=root;
        for(int i=1;i<=a;i++)
        {
            scanf("%d",&cd);
            if(!T[now].r[cd]) { cnt++; T[cnt].fa=now; T[now].r[cd]=cnt; }
            now=T[now].r[cd];
        }
        scanf("%d",&cd);
        (T[now].s+=cd)%=mods;
    }
    buildfail();
    printf("%d\n",((getans(dr)-getans(dl))%mods+mods)%mods);
    return 0;
}