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Pro4088 仪式感 题解挺不错的题，原题是 CF 的某个题，但我找不到题号了，所以写个比较易懂的题解方便补，可能废话很多。 首先要有一点初步的观察，可以发现 $\max$ 的求解是很方便的，我们只需要找出所有 $k$ 的倍数，这样一定能让 $\gcd$ 尽可能为 $k$，并且使取的数的个数最多。 然后是最小值。这仍然需要一些观察和经验。我们想要每个取的数都不是 "无用" 的，也就是说，它必须能帮我们 "赶出去" 某些没有用的素因子。 下面是一些经验。假设一开始随便选了一个数 $x(k|x)$，再选一个数 $y(k|y)$，那么必然有 $\gcd(x, y)<x$，否则 $y$ 不如不选。那么有 $\frac{x}{\gcd(x, y)}\ge 2$，因为最小的素因子是 2。 于是我们知道，选数的最小个数其实是 $\mathcal O(\log \max(S_i))$ 级别的，在这道题里面也就 18 个左右。 面对最优化问题关于答案范围的极强约束，一般地，直接枚举答案，转化为 $\forall s\in [1, 18]$，对于 $1\sim n$ 的每个 $k$ 判断是否 "存在" 一种取出 $s$ 个数使得 $\gcd$ 为 $k$ 的方案。 然后是这道题非常巧妙的一个点，一般我们很少遇到判定比计数还困难的题目，这道题就是一个例子。 那怎么办？直接换成计数来做。意识到这一点需要有莫比乌斯反演的功底，这样才能在面对着一个和计数没有关系的题目时，通过诸如 $\gcd = k$ 这样的条件感受出做法。这也给我们启示，有时我们需要用这样的数学直观刺激直觉。 于是我们先枚举 $s$，计算 $F(k,s)$ 表示选 $s$ 个数使得 $\gcd$ 是 $k$ 的倍数，这是简单的，假设原序列有 $p$ 个数是 $k$ 的倍数，那么 $F(k,s)=\mathrm C_{p}^{s}$。$p$ 的计算可以使用狄利克雷后缀和解决，实质上就是高维前缀和的一种拓展。 接下来的操作很平凡，使用莫比乌斯反演，得 $G(k,s)$，即原本要求的方案数，为 $\sum\limits_{k|x}F(x,s)\times \mu(x/k)$。 时间复杂度 $\mathcal O(m\ln m\log m)$。题解好像写的有点魔怔，可能是文化课学多了导致思维也比较呆。
题目4088 仪式感
AAAAAAAAAA
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2024-11-30 18:12:49
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NOIp2017 时间复杂度 题解分析模拟，模拟，还是模拟。 给定了 $n$ 行 A++ 代码和一个小明算的时间复杂度，判断此复杂度是否正确（$Yes$ 和 $No$）。 若代码存在语法问题（$F$ 与 $E$ 未匹配或变量名重复定义），则输出 $ERR$。 思路循环可以嵌套，也可以并列，考虑用栈来模拟每一组循环。 使用两个栈，一个使用结构体维护循环信息 $st$，一个维护当前的时间复杂度信息 $opts$。 为了方便，开始之前先将 $opts$ 内压入一个 0。 （本题解时间复杂度表示中，$w$ 表示复杂度为 $O(n^w)$。）
接下来是模拟流程。 维护一个整数数组 $u$，$u_c$ 表示字符 $c$ 在此时被使用的次数。 如果读取到 $F$： - 将循环的参数 $i$、$x$ 和 $y$ 压入 $st$；为方便，将 $n$ 看做 101。 - 如果此前参数 $i$ 已经被使用，则将 $isERR$ 设为 1； - 将 $u_i$ 的值增加 1； - 将 0 压入 $opts$。
如果读取到 `E`： - 若此时栈空，即没有循环需要退出，$isERR$ 设为1； - 否则弹出当前 $st$ 顶的循环，使用 $opts$ 栈顶更新 $opts$ 次顶的时间复杂度。弹出栈顶。将 $u_i$ 的值减少 1。
当 $l$ 行代码运行完毕，若 $st$ 栈内仍有元素，则将 $isERR$ 设为 1。 最后，判定算得结果是否与小明的答案相同即可。 更新时间复杂度本题解将着重讲解一下时间复杂度的更新。 对于一层循环 ${i,x,y}$，其复杂度与内部的所有嵌套的子循环有关，且为所有嵌套的子循环中时间复杂度的最大值，再加上该循环自身的复杂度。 首先，若此循环中 $x>y$，即无法进入，则此循环及往下的复杂度一定为 $O(1)$，表示为 0； 若 $y=101$ 且 $x\neq 101$，则此循环的复杂度为 $O(n)$，表示为 1。 特别地，$x$ 与 $y$ 都为 101 时，此循环的复杂度仍记为 $O(1)$。 CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rev(x) reverse(x.begin(),x.end())
#define lb(x) (x&(-x))
using namespace std;
struct node{
char varName;
int from,to;
node(){
varName=' ';
from=to=0;
}
bool ableToRun(){
return from<=to;
}
};
int varNameIsUsed[26];
stack<node> st;
stack<int> opts;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
// freopen("2017complexity.in","r",stdin);
// freopen("2017complexity.out","w",stdout);
int t;cin>>t;
while(t--){
while(!st.empty()) st.pop();
while(!opts.empty()) opts.pop();
opts.push(0);
memset(varNameIsUsed,0,sizeof varNameIsUsed);
bool isERR=false;
int ls;cin>>ls;
string ops;cin>>ops;
for(int lne=1;lne<=ls;lne++){
char p;cin>>p;
if(p=='F'){
node wp;
cin>>wp.varName;
string fm,tm;cin>>fm>>tm;
if(fm=="n") wp.from=101;
else{
int nw=0;
for(int i=0;i<fm.length();i++) nw=nw*10+fm[i]-'0';
wp.from=nw;
}
if(tm=="n") wp.to=101;
else{
int nw=0;
for(int i=0;i<tm.length();i++) nw=nw*10+tm[i]-'0';
wp.to=nw;
}
if(varNameIsUsed[wp.varName-'a']) isERR=true;
varNameIsUsed[wp.varName-'a']++;
st.push(wp);
opts.push(0);
}else{
if(!st.empty()){
node tp=st.top();
st.pop();
varNameIsUsed[tp.varName-'a']--;
int nwOpt=(opts.top()+(tp.to==101&&tp.from!=101?1:0))*tp.ableToRun();
opts.pop();
int kkk=opts.top();
opts.pop();
kkk=max(kkk,nwOpt);
opts.push(kkk);
}else{
isERR=true;
}
}
}
if(!st.empty()) isERR=true;
int opsINT=0;
if(ops=="O(1)") opsINT=0;
else{
for(int i=4;i<ops.length()-1;i++) opsINT=opsINT*10+ops[i]-'0';
}
if(isERR) cout<<"ERR"<<endl;
else if(opsINT==opts.top()) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
return 0;
}
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2024-11-09 02:58:47
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2024-10-24 12:32:02
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CSP 2022J 解密 题解首先分析题目对于给定的 $n$，$e$，$d$，询问是否存在一组正整数 $p$，$q$ 满足 $pq=n$ 且 $(p-1)(q-1)+1=ed$。 S.1考虑暴力。 枚举每组 $pq=n$，检查是否满足 $(p-1)(q-1)+1=ed$。 时间复杂度 $O(k\sqrt{n})$，预计20pts（但实际上40pts）。 S.2（正解）注意到 $n$ 的范围特别大，考虑分析题目的式子。 $$(p-1)(q-1)+1=ed$$ $$pq-p-q+2=ed$$ $$n-p-q+2=ed$$ $$n-ed+2=p+q$$ 令 $m=n-ed+2$。 结合上面的 $pq=n$，注意到这是一个方程。 尝试换元，得到一元二次方程 $p^2-mp+n=0$，只需检验两个根是否都为正整数即可。 时间复杂度 $O(k)$。预计100pts。
题目3778 [CSP 2022J]解密
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2024-10-09 20:46:13
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这道题可以使用分治算法和暴力枚举来解决先写一下分治的思路我们需要找到一个k使得k%n的值在L和R区间内最大。
递归步骤：
要先知道： 如果 L > R，说明区间为空，返回 0。 步骤： 计算中间值 mid。 如果 mid % n 不为 0，则比较 mid % n 和右半边 [mid + 1, R] 的结果，返回较大的值。 如果 mid % n 为 0，则递归地在左半边区间 [L, mid - 1] 查找。 举个栗子
假设 L = 3, R = 10, n = 5 第一次调用 find(3, 10, 5)： mid = 6 mid % n = 6 % 5 = 1（非零） 比较 1 和 find(7, 10, 5) 的结果。 第二次调用 find7, 10, 5)： mid = 8 mid % n = 8 % 5 = 3（非零） 比较 3 和 find(9, 10, 5) 的结果。 第三次调用 find(9, 10, 5)： mid = 9 mid % n = 9 % 5 = 4（非零） 返回 4。 第二次调用返回 3 和 4 比较，返回 4。 第一次调用返回 1 和 4 比较，返回 4。 最终答案为 4。 OK，写个栗子（第一次发题解，用ai再给我改了一遍）
// 计算按照规则分糖果后剩余的数量 int jisuan(int n, int k) { int shengYu = k; while (shengYu >= n) { shengYu -= n; } return shengYu; } // 分治算法函数 int fenZhiSuanFa(int n, int zuoBian, int youBian) { if (zuoBian == youBian) { return jisuan(n, zuoBian); } int zhongJian = (zuoBian + youBian)/2; int shengYu_zhongJian = jisuan(n, zhongJian); int shengYu_zhongJian_jia_1 = jisuan(n, zhongJian + 1); int shengYu_zhongJian_jian_1 = jisuan(n, zhongJian - 1); if (shengYu_zhongJian >= shengYu_zhongJian_jian_1 && shengYu_zhongJian >= shengYu_zhongJian_jia_1) { return shengYu_zhongJian; } else if (shengYu_zhongJian_jian_1 > shengYu_zhongJian) { return fenZhiSuanFa(n, zuoBian, zhongJian - 1); } else { return fenZhiSuanFa(n, zhongJian + 1, youBian); } }
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