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首师大附中第九天专题测试

2019-07-30 20:03:44 作者：互联网

正题

第一题：有 n 个数字，a[1],a[2],…,a[n]。有一个集合，刚开始集合为空。然后有一种操作每次向集合中加入一个数字或者删除一个数字。每次操作给出一个下标 x(1 ≤ x ≤ n)，如果 a[x]已经在集合中，那么就删除 a[x],否则就加入 a[x]。问每次操作之后集合中互质的数字有多少对。注意，集合中可以有重复的数字，两个数字不同当且仅当他们的下标不同。比如 a[1]=a[2]=1。那么经过两次操作 1，2 之后，集合之后存在两个 1，有一对互质。

把答案式子写出来，直接莫比乌斯反演即可：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [gcd(a_i,a_j)==1] \\=\sum_{d=1}^n\mu(d) (\sum_{i=1}^n[d|a_i])$

然后发现第二个sigma其实是可以支持动态维护的，时间复杂度 $O(n\sqrt n)$

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,q;
int data=0,x,temp;
int a[100010];
int mu[500010],p[500010],g[500010];
bool vis[500010],tf[500010],we[500010];
long long ans=0;

void del(int x){
	for(int i=1;i*i<=x;i++) if(x%i==0){
		temp=x/i;
		if(we[i]){
			g[i]--;
			ans-=(1ll*(g[i]+1)*(g[i]+1)-1ll*g[i]*g[i])*mu[i];
		}
		if(we[temp] && temp!=i){
			g[temp]--;
			ans-=(1ll*(g[temp]+1)*(g[temp]+1)-1ll*g[temp]*g[temp])*mu[temp];
		}
	}
	if(x==1) ans++;
}

void ins(int x){
	for(int i=1;i*i<=x;i++) if(x%i==0){
		temp=x/i;
		if(we[i]){
			ans+=(1ll*(g[i]+1)*(g[i]+1)-1ll*g[i]*g[i])*mu[i];
			g[i]++;
		}
		if(we[temp] && temp!=i){
			ans+=(1ll*(g[temp]+1)*(g[temp]+1)-1ll*g[temp]*g[temp])*mu[temp];
			g[temp]++;
		}
	}
	if(x==1) ans--;
}

int main(){
	freopen("coprime.in","r",stdin);
	freopen("coprime.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),data=max(data,a[i]);
	mu[1]=1;we[1]=true;
	for(int i=2;i<=data;i++){
		if(!vis[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;(temp=i*p[j])<=data;j++){
			vis[temp]=true;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[temp]=-mu[i];
		}
		if(mu[i]!=0) we[i]=true;
	}
	while(q--){
		scanf("%d",&x);
		if(tf[x]) del(a[x]),tf[x]=false;
		else ins(a[x]),tf[x]=true;
		printf("%lld\n",ans/2);
	}
}

第二题：这题没有部分分。

Fib(N)表示斐波那契数列的第 N 项（F(0) = 0, F(1) = 1），给出 N 和 K，求 Fib(N) mod Fib(K)。由于结果太大，输出 Mod 1000000007 的结果。

发现很容易就可以入得了手。因为有 $F(n)=F(n-k)F(k-1)+F(n-k+1)F(k)\equiv F(n-k)F(k-1)$

不断递归就可以得到 $ans=F(n\mod k)F(k-1)^{[\frac{n}{k}]}$

发现做不了两个数的乘法。但是我们有这一条公式：

$F(k-1)F(k+1)-F(k)^2=(-1)^k \\\to F(k-1)^2+F(k)F(k-1)-F(k)^2=(-1)^k \\\to F(k-1)^2\equiv(-1)^k$

具体可以看我的blog。

那么在 $[\frac{n}{k}]\mod 2==0$ 时，答案就是 $(-1)^{k*[\frac{n}{k}]/2}F(n\mod k)$ 。

否则的话，我们再递归一次，那么就可以满足 $([\frac{n}{k}]+1)\mod 2==0$ 。

剩下的就是一个斐波那契的负数项。

怎么求，找规律发现 $F_{-N}=(-1)^{N-1}F_N$ ，那么就可以做了。

不知道那条公式所以后面的都没做出来，推到第三行了发现没有部分分，然后就自闭了。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int T;
long long n,k;
const long long mod=1e9+7;
long long p[2][2],op[2][2],temp[2][2];

long long ksm(long long x,long long t){
	if(x==-1) return t&1?-1:1;
	long long tot=1;
	while(t){
		if(t&1) (tot*=x)%=mod;
		(x*=x)%=mod;
		t/=2;
	}
	return tot;
}

long long F(long long x){
	if(x<0) x=-x;
	if(x==0) return 0;
	if(x==1) return 1;
	op[0][0]=op[1][1]=1;op[0][1]=op[1][0]=0;
	p[0][0]=p[0][1]=p[1][0]=1;p[1][1]=0;x-=1;
	while(x){
		if(x&1) {
			for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) for(int k=0;k<2;k++)
				(temp[i][j]+=op[i][k]*p[k][j]%mod)%=mod;
			for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) op[i][j]=temp[i][j],temp[i][j]=0;
		}
		for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) for(int k=0;k<2;k++)
			(temp[i][j]+=p[i][k]*p[k][j]%mod)%=mod;
		for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) p[i][j]=temp[i][j],temp[i][j]=0;
		x/=2;
	}
	return (op[0][0]+mod)%mod;
}

int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld %lld",&n,&k);
		long long x=n/k,y=n%k;
		if(y==0) printf("%d\n",0);
		else{
			if(x%2==1) x++,y-=k;x/=2;
			long long ans=ksm(-1,1ll*k*x)*(y<0?ksm(-1,-y-1):1);
			if(ans==-1) ans=(F(k)+mod-F(y))%mod;
			else ans=F(y);
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
}

第三题：题面没有位置对称，所以我觉得不可做。直接跳了。

然后老师下午说题面出锅了，题目其实就是万径人踪灭。。。。

我就不补了，这题很早就写过了。

标签：第九天,师大附中,专题,int,long,集合,500010,include,mod
来源： https://blog.csdn.net/Deep_Kevin/article/details/97813249