D Madoka and The Corruption Scheme

我們可以將所有的比賽看成有 $2^n$ 個葉子節點的二叉樹
問題轉換為對每個非葉子結點規定左/右兒子贏，并規定葉子節點編號
使得在修改k個非葉子節點的狀態后最后贏家編號最小
那么我們可以先約定每個非葉子節點的左兒子贏
從根節點到葉子節點經過n條邊
我們規定從當前節點走向左兒子代表一個字符‘L’
另一邊為字符‘R’
那么每個葉子節點代表一個LR序列
如果想要一個葉子節點成為最后贏家，那么我們需要修改所有R的位置
那么代表葉子結點的修改權值為R的數量
如果修改次數為k，那么所有LR序列中R的數量小于等于k的都可以成為最后贏家
LR序列中R的個數為 $i$ 的有 $C_n^i$ 個
那么我們貪心的對修改權值從小到大的放入1到$2^n$
答案即為 $\sum _{i=0}^k{C}_n^i$

PS:

賽時其實是畫二叉樹找規律找出來的，本來是想貪心的構造一個序列
但是在計算了一下每個葉子節點的權值時發現了經典組合數 $1331$
之后粘了個組合數板子就秒了，啟發就是以后可以計算節點地位或者說節點的權值
然后放置編號，那么思路會明確的多

ll n, m, k;namespace cnm {const int FN = 1e5 + 5;ll fac[FN];//階乘數組ll ifc[FN];//階乘逆元ll inv[FN];//逆元void init(int n){fac[0] = fac[1] = ifc[0] = ifc[1] = inv[1] = 1;rep(i, 2, n){fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;ifc[i] = ifc[i - 1] * inv[i] % mod;}}ll A(ll n, ll m){ return fac[n] * ifc[n - m] % mod; }ll C(ll n, ll m){if (n < m) return 0;return fac[n] * ifc[m] % mod * ifc[n - m] % mod;}ll lucas(ll n,ll m)//當n,m超過1e5,mod比較小時{if (n < mod && m < mod) return C(n, m);return (C(n % mod, m % mod) * lucas(n / mod, m / mod)) % mod;} } using cnm::C; using cnm::A; using cnm::lucas; using cnm::fac; using cnm::ifc; using cnm::inv;void solve() {cin >> n >> k;if (k >= n) cout << ksm(2ll, n, mod) << endl;else{cnm::init(n);ll ans = 0;rep(i, 0, k) ans = (ans + C(n, i)) % mod;cout << ans << endl;} }

E Madoka and The Best University

這題賽時沒過，賽后補的
一開始不會歐拉篩，先去學了下歐拉篩
題目是求$\sum _{a+b+c=n}lcm(c,gcd(a,b))$
首先看題解我們知道了 $gcd(a,b)=gcd(a,a+b)=gcd(a,n?c)$
我們設 $gcd(a,n?c)=d$，那么 $gcd(\frac{a}{d},\frac{n?c}{d})=1$
因為 $a+b=n?c$，所以 $\frac{a}{d}<\frac{n?c}{d}$ 并且 $\frac{a}{d}$ 與 $\frac{n?c}{d}$ 互質
即 $\frac{a}{d}$ 的數量為歐拉函數 $?(\frac{n?c}{d})$ （歐拉函數定義）
而我們可以 $O(n)$ 求出 1 到 n 的歐拉函數 （歐拉篩）
但是如果我們如果枚舉 $c$，再質因數分解 $n?c$
我們的復雜度為 $O(n\sqrt{n}logn)$ ($logn$為$gcd$的復雜度)
但如果我們枚舉 $d$，再枚舉 $n?c$ ($n?c$為$d$的倍數)
我們的復雜度就降為 $O((nloglogn)logn)$
($logn$為$gcd$的復雜度，$nloglogn$為埃氏篩的復雜度)
特別要注意的是 $a<n?c$ 所以 $d$ 取不到 1
我們直接讓歐拉函數 $phi[1]=0$ 即可（本來是等于1的）

ps:

感覺數學題中 $lcm$ 和 $gcd$ 很容易滿足積性函數的性質
之后遇到類似的題目，如果沒有思路，可以猜測是否為積性函數

int n, m, k;bool np[N];//非質數 int p[N], pn;//質數 質數個數 template<typename T> void get_f(int n, T f[]) {f[1] = 0;rep(i, 2, n){if (!np[i]) p[++pn] = i, f[i] = i - 1;rep(j, 1, pn){if (i * p[j] > n) break;np[i * p[j]] = true;if (i % p[j] == 0){f[i * p[j]] = f[i] * p[j];break;}f[i * p[j]] = f[i] * (p[j] - 1);}} }int phi[N];void solve() {cin >> n;get_f(n, phi);ll ans = 0;for (ll d = 1; d < n; d++){for (ll i = 1; i * d < n; i++){ll c = n - i * d;ans += c * d / gcd(c, d) * phi[i] % mod;ans %= mod;}}cout << ans << endl; }

F 大佬說是用網絡流過的，還沒學，留個坑

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #818 (Div. 2)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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