标签：AtCoder Beginner int sum num ans 230 质数 dp
A - AtCoder Quiz 3
B - Triple Metre
C - X drawing 暂无
D - Destroyer Takahashi 暂无 贪心好难啊
E - Fraction Floor Sum
F - Predilection
G - GCD Permutation
H - Bullion暂无
A A A
int t;
scanf("%d", &t);
t += t>=42;
printf("AGC%03d", t);
B B B
string t = "", c;
for(int i = 1;i <= 20;i ++)t += "oxx";
cin>>c;
puts(t.find(c)<t.length()?"Yes" :"No");
E E E 分块模板
LL sum = 0, n;
scanf("%lld", &n);
for(LL l = 1, r;l <= n;l = r+1)
{
r = n/(n/l);
sum += (r-l+1)*(n/l);
}
cout<<sum<<endl;
F F F 考虑dp, d p [ i ] dp[i] dp[i] 表示把1~i划分的方案数，那么 d p [ i ] = d p [ i − 1 ] ∗ 2 dp[i] = dp[i-1]*2 dp[i]=dp[i−1]∗2 (相当于把 i − 1 i-1 i−1的方案数后面都加上 n u m [ i ] num[i] num[i]) 但这样有重复的, 重复的是前缀和相等的那部分，这个是我照着样例看的，就是这个思路。。容斥了半天结果发现之前思路错了
int n, ans = 0, l = 0; // 考虑dp, dp[i]代表 前i个数的答案
LL sum = 0;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
int x;
scanf("%d", &x);
l = ans;
if(i != 1) add(ans, ans-ma[sum]);
else add(ans, 1);
ma[sum] = l;
}
add(ans, mod);
cout<<ans<<endl;
/*
0 1
377914575 2
102436426 4
102436426 6
-341739478 12
377914575 23
123690081 46
0 92
377914575 172
123690081 321
*/
G
G
G 有个枚举i的思想，但是pi不会算了，看了答案说这部分枚举可以优化具体来说就是
∑
u
=
1
n
∑
v
=
1
n
c
[
u
]
∗
c
[
v
]
∗
C
n
u
m
2
\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{n}c[u]*c[v]*C_{num}^{2}
∑u=1n∑v=1nc[u]∗c[v]∗Cnum2
其中num是满足
u
∣
i
u|i
u∣i&&
v
∣
p
[
i
]
v|p[i]
v∣p[i] 的数量, 在考虑容斥如果你算了
u
=
a
∗
b
u = a*b
u=a∗b 的话，那么
a
2
∗
b
a^2*b
a2∗b 也被算了，但如果你算了
u
=
a
，
u
=
b
u = a，u = b
u=a，u=b 的话
u
=
a
∗
b
u = a*b
u=a∗b被多算了，然后题解就给了个式子，如果u 可以表示乘不同的质数的乘积的话那么他是有效的，并且如果他是奇数个质数的乘积的话是要加上的，偶数个质数的乘积的话是要减去的，v的话同理
上面都是前情提要下面是化简部分不化简得话是n2 的，思路就是那个对固定的u来说v只有是不同的质数的乘积的话才有效，不同的质数对
p
[
i
]
p[i]
p[i] 来说，v的个数就很小了，至多63个，那么可以对每个
p
[
i
]
p[i]
p[i]求出可以整除的v。下来再进行计算，没看懂看看代码吧。
int p[N];
vector<int>v[N];
int c[N], num[N];
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d", p+i);
for(int i = 2;i <= n;i ++) // 这个for 是干 求出 c[u] 和每个p[i] 可以整除的v的 ;
{
int a[10], idx = 0, t = i, flag = 1;
for(int x = 2;x <= t/x;x ++)
if(t%x == 0)
{
t /= x;
while(t%x == 0) flag = 0, t /= x;
a[idx++] = x;
}
if(t != 1) a[idx++] = t;
c[i] = flag ? (idx%2 ? 1 : -1) : 0; // flag = 0 代表不是不同的质数的乘积。
for(int _ = 1, m = 1;_ < 1<<idx;v[i].push_back(m), m = 1, _ ++) // 枚举质数的选择，v[i]保存对应的可整除的v；
for(int j = 0;j < idx;j ++)
if(_>>j&1)
m *= a[j];
}
LL ans = 0;
for(int i = 2;i <= n;i ++)
{
if(!c[i]) continue;
debug语句
// cout<<i<<" ++ "<<endl;
for(int j = i;j <= n;j += i)
for(auto x : v[p[j]])
num[x] ++;
for(int j = i;j <= n;j += i)
for(auto x : v[p[j]])
if(num[x])
ans += (LL)c[i]*c[x]*num[x]*(num[x]-1)/2, num[x] = 0;
debug语句
// cout<<x<<' '<<num[x]<<' '<<c[i]<<' '<<c[x]<<endl,
}
ans += p[1] == 1 ? n-1 : n-2; // 还有自己和自己 上面的都是C(n,2), 是不同的数的选择，
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
标签：AtCoder,Beginner,int,sum,num,ans,230,质数,dp 来源： https://blog.csdn.net/weixin_51942413/article/details/122267284
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。