标签：int void long leq define 9.2 mod

ABC137F

题意：

给定一个素数\(p\)和\(a_0\sim a_{p-1}\in\{0,1\}\)

找到至多\(p-1\)次的多项式\(f(x)=\sum_{i=0}^{p-1}b_ix^i(b_i\in[0,p-1])\)

满足\(f(i)\equiv a_i\ (mod\ p)\)

\(2\leq p<3000\)

题解：

神仙构造题，这个其实很像中国剩余定理，而且\(p\)是素数满足费马小定理，\(a_i\)满足只有\(0\)和\(1\)，考虑构造：

如果\(a_i=1\)，那么\(f(x)+=(g(x)=1-(x-i)^{p-1})\)

这个\(g(x)\)当且仅当\(x=i\)时，\(g(x)=1\)，其他情况下因为费马小定理，后面那一项等于\(1\)，总体等于零，不会对其他项造成影响。

这个式子用二项式定理直接展开。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
    const int N=1e6+10,mod=998244353,inf=2e15;
    void __init(int n=2000) {}
    inline void main()
    {
        auto fast=[&](int x,int k,int mod) -> int
        {
            int ret=1;
            while(k)
            {
                if(k&1) ret=ret*x%mod;
                x=x*x%mod;
                k>>=1;
            }
            return ret;
        };
        int n;
        cin>>n;
        vector<int> a(n);
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            int x;
            cin>>x;
            if(!x) continue;
            //1-(x-i)^{n-1}
            ++a[0];
            int pw=1,com=1;
            for(int j=n-1;~j;--j)
            {
                a[j]-=pw*com%n;
                a[j]%=n;
                pw=pw*(-i)%n;
                com=com*j%n*fast(n-j,n-2,n)%n;
                
            }
        }
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            cout<<(a[i]+n)%n<<' ';
        }
    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    red::__init();
    int qwq=1; //cin>>qwq;
    while(qwq--) red::main();
    return 0;
}
/*
1 7 5 6 8 2 6 5

0 8 5 6 8 0 8 5
3
5 6 5
3 8 5
2
3
8
*/

ABC138F

题意：

给定\(L,R\)，求有多少对数字\(L\leq x\leq y\leq R\)，满足\(x\mod y=x\oplus y\)

\(0\leq L\leq R\leq 10^{18}\)

模\(1e9+7\)

题解：

转化一下取模

如果\(2x\leq y\)，那么\(y-x>y\%x\)

如果\(2x>y\)，那么\(y-x=y\%x\)

\(x\oplus y\geq y-x\)

所以如果\(2x\leq y\)，不可能满足要求。

\(2x>y\)时，

\(x\)和\(y\)二进制下的最高位相同，如果要满足\(y-x=y\oplus x\)，那么\(y\&x=x\)

总结一下就是\(x,y\)的二进制位数相同，而且\(y\&x=x\)

考虑数位\(dp\)，但是很难容斥，用另一种状态设置，\(dp[pos][x1][x2]\)表示第\(pos\)位，是否到达下界，是否到达上界。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
    const int N=1e6+10,mod=1e9+7,inf=2e15;
    void __init(int n=2000) {}
    inline void main()
    {
        int l,r;
        cin>>l>>r;
        vector<int> d,u;
        vector dp(100,vector(2,vector<int>(2,-1)));
        function<int(int,int,int)> dfs=[&](int pos,int x1,int x2) -> int 
        {
            if(pos<0) return 1;
            if(~dp[pos][x1][x2]) return dp[pos][x1][x2];
            int &ret=dp[pos][x1][x2];ret=0;
            int t1=x1?d[pos]:0,t2=x2?u[pos]:1;
            for(int y=t1;y<=t2;++y)
                for(int x=t1;x<=y;++x)
                    ret=(ret+dfs(pos-1,x1&(x==t1),x2&(y==t2)))%mod;
            return ret;
        };
        auto solve=[&](int l,int r) -> int
        {
            while(l) d.emplace_back(l&1),l>>=1;
            while(r) u.emplace_back(r&1),r>>=1;
            // reverse(d.begin(),d.end());
            // reverse(u.begin(),u.end());
            int ans=0,tl=d.size(),tr=u.size();
            for(int i=tl;i<=tr;++i) ans=(ans+dfs(i-2,i==tl,i==tr))%mod;
            return ans;
        };
        cout<<solve(l,r)<<'\n';
    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    red::__init();
    int qwq=1; //cin>>qwq;
    while(qwq--) red::main();
    return 0;
}
/*
1 7 5 6 8 2 6 5

0 8 5 6 8 0 8 5
3
5 6 5
3 8 5
2
3
8
*/

CF1717E

题意：

求

\[\sum_{a+b+c=n}lcm(c,gcd(a,b)) \]

\(n\leq 10^5\)

题解：

额

枚举\(gcd(a,b)=d\)

然后枚举\(a+b=t*d\)的\(t\)，这里是调和级数。

那么\(c=n-t*d\)

然后就想知道有多少对\((a,b)\)，满足\(a+b=t\)且\(gcd(a,b)=1\)

如果\(a\)和\(b\)互质，那么\(a\)和\(a+b\)互质。

且\(a+b=t\)，所以\(a\)和\(t\)互质。

所以这个数量等于\(\varphi(t)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
    const int N=1e6+10,mod=1e9+7,inf=2e15;
    void __init(int n=2000) {}
    inline void main()
    {
        auto lcm=[&](int x,int y) -> int
        {
            return x*y/__gcd(x,y);
        };

        int n;
        cin>>n;

        vector<int> phi(n+1);
        iota(phi.begin(),phi.end(),0);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            for(int j=2*i;j<=n;j+=i) phi[j]-=phi[i];
        }
        int ans=0;
        for(int d=1;d<=n-2;++d)
        {
            for(int g=2*d;g<=n;g+=d)
            {
                int c=n-g;
                ans=(ans+lcm(c,d)*phi[g/d])%mod;
            }
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    red::__init();
    int qwq=1; //cin>>qwq;
    while(qwq--) red::main();
    return 0;
}
/*
1 7 5 6 8 2 6 5

0 8 5 6 8 0 8 5
3
5 6 5
3 8 5
2
3
8
*/

标签：int,void,long,leq,define,9.2,mod
来源： https://www.cnblogs.com/knife-rose/p/16651836.html

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。