A题 神炎皇
问题描述
神炎皇乌利亚很喜欢数对，他想找到神奇的数对。
对于一个整数对 ，若满足
且
是
的因子，则称
为神奇的数对。请问这样的数对共有多少呢？
输入格式
一行一个整数 。
输出格式
一行一个整数表示答案，保证不超过 位整数范围。
数据范围与约定
对于 的数据
;
对于 的数据
;
对于 的数据
;
对于 的数据
;
对于 的数据
。
样例
| 样例输入 |
|---|
| 21 |
| 样例输出 |
|---|
| 4 23 |
题解
首先暴力或者打表，都只能得20分
//打表程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=get();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
int main(){
freopen("watch.txt","w",stdout);
long long a,b;
long long n=0;
cout<<"a[]={0";
while(n<=10000005){
long long now=0;
n++;
for(register long long i=1;i<=n;i++){
for(register long long j=1;j<=n-i;j++){
//cout<<n<<":"<<i<<" "<<j<<endl;
if(i+j<=n && (i*j)%(i+j)==0){
//cout<<n<<":"<<i<<" "<<j<<endl;
now++;
}
}
}
cout<<","<<now;
}
cout<<"};";
return 0;
}
事实上，
这个时候让我们来看一下数据范围，对于100%的数据，为什么是
而不是
呢？说明这个题要用一个复杂度为
的算法(程序1s通常可以运算
次)，于是乎我们再次对式子进行变形，尽量向
靠拢
先假设现在有满足条件的数，同时我们设
，则此时一定有：
对式子进行变形，则可以得到：
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=10000005;
LL n,Ans;
int m,f[N],p[N],phi[N];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("uria.in","r",stdin);
freopen("uria.out","w",stdout);
#endif
cin>>n;
int lim=int(sqrt(n));
for(int i=2;i<=lim;i++)
{
if(!f[i])
p[++m]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=m&&i*p[j]<=lim;j++)
{
f[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)
{
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;
}
phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
}
Ans+=n/i/i*phi[i];
}
cout<<Ans;
return 0;
}
B题 降雷神
问题描述
降雷皇哈蒙很喜欢雷电，他想找到神奇的电光。
哈蒙有 条导线排成一排，每条导线有一个电阻值，神奇的电光
只能从一根导线传到电阻比它大的上面，而且必须从左边向右传导，
当然导线不必是连续的。
哈蒙想知道电光最多能通过多少条导线，还想知道这样的方案有
多少。
输入格式
第一行两个整数 和
。
表示数据类型
第二行 个整数表示电阻。
输出格式
第一行一个整数表示电光最多能通过多少条导线。
如果 则需要输出第二行，表示方案数，对
取模。
数据范围与约定
对于 的数据
；
对于 的数据
；
对于另外 的数据
；
对于另外 的数据保证最多能通过不超过
条导线；
对于 的数据
,电阻值不超过
。
样例
| 样例输入 |
|---|
| 5 1 1 3 2 5 4 |
| 样例输出 |
|---|
| 3 4 |
题解
对于的时候，直接求出最长上升子序列即可（二十分做法）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1000005;
int n, a[maxn], f[maxn], g[maxn], ans;
int t;
int main() {
cin >> n >> t;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
memset(g,0x3f,sizeof(g));
memset(f,0,sizeof(f));
g[0]=0;
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=lower_bound(g+1,g+ans+1,a[i])-g;
g[f[i]]=a[i];
ans=max(ans,f[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
事实上，我们需要做的只是在求最长上升子序列的同时再求出方案数即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,M=5000005,Mod=123456789;
int lc[M],rc[M],s[M],rt[N],f[N],g[N],Max[N],Ans1,Ans2,tot,n,type;
void Add(int& x,int l,int r,int p,int k)
{
if(!x)
x=++tot,lc[x]=rc[x]=s[x]=0;
int Mid=l+r>>1;
s[x]=(s[x]+k)%Mod;
if(l==r)
return;
if(p<=Mid)
Add(lc[x],l,Mid,p,k);
else
Add(rc[x],Mid+1,r,p,k);
}
int Ask(int x,int l,int r,int p)
{
if(r<=p)
return s[x];
int Mid=l+r>>1;
if(p<=Mid)
return Ask(lc[x],l,Mid,p);
return (s[lc[x]]+Ask(rc[x],Mid+1,r,p))%Mod;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("hamon.in","r",stdin);
freopen("hamon.out","w",stdout);
#endif
cin>>n>>type;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a;scanf("%d",&a);
for(int j=a-1;j;j-=j&-j)
f[i]=max(f[i],Max[j]);
if(f[i]==0)
g[i]=1;
else
g[i]=Ask(rt[f[i]],0,N,a-1);
f[i]++;
if(f[i]>Ans1)
Ans1=f[i],Ans2=0;
if(f[i]==Ans1)
Ans2=(Ans2+g[i])%Mod;
Add(rt[f[i]],0,N,a,g[i]);
for(int j=a;j<N;j+=j&-j)
Max[j]=max(Max[j],f[i]);
}
cout<<Ans1<<endl;
if(type)
cout<<Ans2<<endl;
return 0;
}//来自十里坡键神
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