T1 论逼格

最近，王第一决定想办法提升自己的逼格。经过数日的研究，他发现：回文数字是非常有逼格的。为了让自己成为一个更有逼格的人，他想要知道：\[S_n = \sum\limits_{i = 1}^{n}i \cdot s_i \cdot [i \% 2]\]
其中，\(s_i\)是长度为\(i\)的回文数个数（不含前导\(0\)），最后面的括号是布尔表达式。
答案对\(233333\)取模
\(T\)组询问，\(T \leq 10^5 ,n \leq 10 ^ 9\)。

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推式子就好了，最后是个等差乘等比。考场降智最为致命……
考虑长为\(i\)时\(s_i\)

$ s_i = 9 * 10 ^ {len -1},len = \lfloor (i + 1) \div 2 \rfloor $
\(S_n = \sum\limits_{i=1}^{n}i \cdot s_i \cdot [i \% 2] = \sum\limits_{i = 1}^{len} (2 \cdot i - 1) \cdot s_i\)

剩下的就是正常等差乘等比的求和公式推导:错位相减

\(\begin{aligned} S_n &= 9 * \sum(2 * i - 1) * 10^{i-1} \\ &=9 * ( 1 + 3 * 10 + 5 * 10 ^ 2 + \cdots + (2n - 1) * 10 ^ {(n - 1)}) \\ 10S_n &= 9 * \sum(2 * i - 1) * 10^{i} \\ &=9 * ( 1 * 10 + 3 * 10 ^ 2 + 5 * 10 ^ 3 + \cdots + (2n - 1) * 10 ^ n)\\ 9S_n &= 9 * (-1 - 2 * 10 - 2 * 10 ^ 2 - 2 * 10 ^ 3 - \cdots + (2n-1)* 1o^n )\\ S_n&=(2n-1)*10^n-2 * \frac{10 * (1 - 10 ^ {n-1})}{1 - 10} -1 \end{aligned}\)

推导完了，这样就可以\(log\)计算了。
另外，\(233333\)不是质数，无法用费马小定理求逆元。

inline int sov(int n)
{
    register int len = qpow(10, n - 1);
    register int len1 = (long long)len * 10 % MOD;
    register int res1 = (long long)(2 * n - 1) * len1 % MOD;
    register int res2 = 20ll * (1 - len) % MOD * RMOD % MOD;
    return (res1 + res2 - 1 + MOD) % MOD;
}
int main()
{
    poread(T);
    while (T--)
    {
        poread(n);
        printf("%d\n", sov((n + 1) / 2));
    }
}

T2购物

DP题解被ri了
\(Jackpei\) 喜欢购物，他尤其喜欢那种横扫一片商店的快感。最近，他打算对南门口的商店实行他疯狂的购物计划。南门口的商业区中最繁华的就是黄兴路步行街了。这条街上有\(n\)个商店，\(Jackpei\) 打算进攻\(m\)次，每次扫荡第\(L_i , R_i\)个商店，\(Jackpei\)会把他经过的每个商店扫荡一空（换句话说，就是一个商店不会被算两次），因为连续地扫一片商店是很爽的，所以 \(Jackpei\) 把一次扫荡的\(happy\)值定义为所有连续的一段没被扫空的商店\(happy\)值之和的平方的和，已被扫空的不再计算。
求扫荡的顺序以得到最大\(happy\)之和。
\(n \leq 5000 , m \leq 10^6\)

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贪心策略：每次取当前的贡献最大的最大可行方案。因为之后该方案的贡献只减不增。
对每个\(i\)维护他能连续到的最远右端点即可。

int main()
{
    poread(n);
    poread(m);
    for (register int i = 1; i <= n; ++i)
        poread(a[i]), a[i] = a[i - 1] + a[i];
    for (register int i = 1, x, y; i <= m; ++i)
        poread(x), poread(y), poi[x] = max(poi[x], y);
    long long ans = 0;
    for (register int i = 1; i <= n; i)
    {
        register int sum = 0, st = 0, ed = 0;
        for (register int j = 1; j <= n; ++j)
            if (a[poi[j]] - a[j - 1] > sum && poi[j])
                sum = a[poi[j]] - a[j - 1], st = j;
        ed = poi[st];
        if (!sum)
        {
            printf("%lld", ans);
            return 0;
        }
        ans += (long long)sum * sum;
        for (register int j = 1; j <= st; ++j)
        {
            if (poi[j] >= st)
                poi[j] = st - 1;
        }
        for (register int j = st; j <= ed; ++j)
        {
            if (poi[j] > poi[ed + 1])
                poi[ed + 1] = poi[j];
            poi[j] = 0;
        }
    }
}

开long long... 自己把自己hack了

T3 宗教仪式

所以，nofind 决定：对于









中的某个位置







，设

































，若：

（最外层中括号为布尔表达式）则认为









在







处出现了一次。

nofind 想知道，









在









中一共出现了多少次？

标签：10,17,int,sum,register,long,2019.10,poi,模拟
来源： https://www.cnblogs.com/Shiina-Rikka/p/11699306.html