AtCoder Beginner Contest 230

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=1n​c[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