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「模拟赛」NOIP2024 模拟 2

时间:2024-11-06 19:57:36浏览次数:4  
标签:pri 号点 先手 num 模拟 位为 NOIP2024 define

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比赛链接

新的阶乘

容易发现只需要处理 1~n 的质因子分解即可,每个数 \(i\) 本来有 \(n-i+1\) 个

我们在欧拉筛的过程中同时维护每个数的一个质因子 \(pri\)

每次从 \(n\) 到 1 把遇到的非质数 \(i\) 现有的个数加到他的质因子 \(pri_i\) 和 \(\frac{i}{pri_i}\) 上

这样最后只会剩下质数里是有数的,就是答案

code
#include<bits/stdc++.h>
#define Aqrfre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin),freopen(#y ".out", "w", stdout)
#define mp make_pair
#define Type int
#define qr(x) x=read()
typedef long long ll;
using namespace std;

inline Type read(){
    char c=getchar(); Type x=0, f=1;
    while(!isdigit(c)) (c=='-'?f=-1:f=1), c=getchar();
    while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48), c=getchar();
    return x*f;
}

const int N = 1e7 + 5; 
const int M = 7e5 + 5;

int n, pri[M], a[N], cnt;
bool ifpri[N]; ll num[N], f[N];
int nxt[N], to[N];

inline void Euler(){
	for(int i=2; i<=n; i++){
		if(!a[i]){
			pri[++cnt] = i;
			a[i] = i;
		}
		for(int j=1; j<=cnt; j++){
			if(1ll * i * pri[j] > n or pri[j] > a[i]) break;
			a[i*pri[j]] = pri[j];
		}
	}
    for(int i=1; i<=cnt; i++)
        ifpri[pri[i]] = true, nxt[pri[i]] = pri[i+1];
}

signed main(){ // factorial
    Aqrfre(factorial, factorial);

    qr(n); Euler();

    for(int i=2; i<=n; i++) num[i] = n - i + 1;
    
    for(int i=n; i>=2; i--){
        if(ifpri[i]) continue;
        num[a[i]] += num[i]; num[i/a[i]] += num[i];
    }

    cout<<"f("<<n<<")"<<"=";
    for(int i=1; i<=cnt; i++){
        if(i != 1) cout<<"*";
        cout<<pri[i];
        if(num[pri[i]] > 1) cout<<"^"<<num[pri[i]];
    }



    return 0;
}

博弈树

先放下好说的结论:起点作根时,如果以起点作为一个端点的所有最长链都在这个点的一颗子树内,则先手必胜,否则先手必败

证明如下:

  • 先手必败:如下图,发现先手跳到 1 号点,那么后手一定可以绕过跟跳到 3 号点;若跳到 2 号点或者 5 号点,后手可以跳到 4 号点

    后手一定可以跳到跨过根节点的和先手对称的点,所以只要先手能跳后手就能跳

  • 先手必胜:如下图,先手直接跳到 1 号点,此时如果后手继续向下跳的话相当于先后手互换,仍同以上情况(互换后的先手必败);
    而若后手向上走到 3 号点,先手再走到 4 号点便可以让后手无路可走,所以先手必胜。

发现以上结论等价于如下:

  • 树只有一个重心的时候,只有重心的位置有后手胜,其余都是先手胜;
  • 树有两个重心的时候,全是先手胜。

划分

考虑两种情况:

  • 前 \(k\) 位没有 1:那么一定是从第一个 1 开始到最后为一段,第一个 1 之前的数(设有 \(q\) 个)分成至少 \(k-1\) 段,方案数用插板法易得为 \(\sum_{i=k-1}^qC_{q-1}^{i-1}\)

  • 前 \(k\) 位有 1:那么最优答案一定是最高位为 1 且共有 \(n-k+1\) 位,也就是说选出组合起来的值最大的 \(n-k+1\) 作为一段,其余的分成 \(k-1\) 段长度为 1 的;

    易证:前 \(k\) 位有 1,所以可以做到有 \(n-k+1\) 位的数最高位为 1,此时若位数减少一位,则原数左移一位,至少减少 1,减去的那一位若是一,最多增加 1,所以直接选 \(n-k+1\) 位一定不劣

    所以可以用最“大”表示法或者二分哈希(下文中细说)找出长度为 \(n-k+1\) 的值最大的字符串,方案数也是哈希找出从高到低前 \(n-k\) 位与这个数相等的个数。

    为什么是前 \(n-k\) 位:若最大值第 \(n-k+1\) 位为 0,则前 \(n-k\) 位相等两数一定相同;若最大值第 \(n-k+1\) 位为 1,则前 \(n-k\) 位相同,无论第 \(n-k\) 位是不是 1,这种划分也一定是最优的,因为第 \(n-k\) 位是 1 对答案的贡献增加 1,不是 1 它也会以自己成一段的方式对答案贡献 1.

二分哈希:枚举起点,维护当前找到的值最大的起点,二分找到 当前枚举的起点构成的字符串 和 值最大的起点构成的字符串 第一个不一样的位,判断大小即可判断出两个字符串的大小

标签:pri,号点,先手,num,模拟,位为,NOIP2024,define
From: https://www.cnblogs.com/YuenYouth/p/18530684

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