NOIP 2017.10.20 总结+心得

（以此纪念S7死在8强的卫冕冠军）
世界中的很大
今天考试，数论的第二试
怎么说呢，今天的预计最好得分应该是240，然而实际得分130
这当然是自己的问题，然而还剩下许多可以总结的地方，尤其是第一题，做不出来简直是自己害死的自己
第三题也算是一个警醒了，多说无益

看题先：

1。

当时考试的时候，一看这个函数，恩，欧拉函数求和直接就是n了，然后感觉可以抛开前面一坨，反正m只有10，最后快速幂乘上就好
那么问题就变成了预处理右面一坨
1e7的数据啊~~
只有O（n）了，线筛吧？
那就需要这玩意儿是一个积性函数了
约数个数，莫比乌斯，单位函数，全是积性函数。。。
那这个肯定是积性函数了
打个表验证一下。。
咦怎么不是积性函数！？幸好验证了，排除线筛，想其他做法，未果，打了个1e5的表，无法编译。。。
最后五分钟。。表打错了！表打错了！表打错了！
就是积性函数！！！！！！！！
时间不够了。。
下午改，稍微分析一波线筛一遍出来。。

分析新的积性函数求和的时候，首先在确认积性之后，分析单个素数的函数值，然后分析素数的a次方积性函数值，得出线筛方程。

完整代码：

#include<stdio.h>typedef long long dnt;const int N=1e7+10;const int mod=1e9+7;int primes[N],isnot[N],ptot=0;dnt other[N],mpk[N],mpr[N],f[N],ans=0;dnt quickmub(dnt a,dnt b){    dnt rt=1;    while(b)    {        if(b&1) rt=(rt*a)%mod;        a=(a*a)%mod,b>>=1;    }    return rt;}dnt fix(dnt a){    return (a%mod+mod)%mod;}void init(int n){    isnot[1]=1,f[1]=1;    for(register int i=2;i<=n;i++)    {        if(!isnot[i])        {            primes[ptot++]=i;            mpr[i]=i,mpk[i]=1,other[i]=1;            f[i]=fix(2-i);        }        for(register int t=0;t<ptot;t++)        {            int j=primes[t]*i;            if(j>n) break ;            isnot[j]=1;            other[j]=i,mpr[j]=primes[t],mpk[j]=1;            f[j]=f[i]*fix(2-primes[t])%mod;            if(i%primes[t]==0)            {                other[j]=other[i];                mpr[j]=primes[t],mpk[j]=mpk[i]+1;                f[j]=f[other[i]]*fix(mpk[j]+1-mpr[j]*mpk[j])%mod;                break ;            }        }    }}int main(){    freopen("facsum.in","r",stdin);    freopen("facsum.out","w",stdout);    int n,m;    scanf("%d%d",&n,&m);    init(n);    for(int i=1;i<=n;i++)        ans=(ans+quickmub(i,m)*f[i]%mod)%mod,ans=fix(ans);    printf("%I64d\n",ans);    return 0;}

今天算是早的学到了，原来觉得反正不是正解，为什么要验证？然后今天就死在没有验算打表的暴力上orz。
不管是正解，还是暴力，该验证的一定得验证，不然GG，不能偷懒

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2。

这道题，简直是裸的求阶
一开始没看到a，mod互质，想了好久
然后直接就写出来了

题目就是求最小的b使得 a^b mod m == 1
特判0然后BsGs拔山盖世大步小步阿姆斯特朗算法求解即可
注意特判m==1的情况

完整代码：

#include<stdio.h>#include<cstring>#include<math.h>using namespace std;typedef long long dnt;const dnt S=76543;struct HASH{    dnt head[S],num;    struct edge    {        dnt a,b;        int last;    }ed[S*2];    void init()    {        num=0;        memset(head,0,sizeof(head));    }    void insert(dnt a,dnt b)    {        dnt key=a%S;        for(int i=head[key];i;i=ed[i].last)            if(ed[i].a==a) return ;        num++;        ed[num].a=a,ed[num].b=b;        ed[num].last=head[key];        head[key]=num;    }    dnt query(dnt a)    {        dnt key=a%S;        for(int i=head[key];i;i=ed[i].last)            if(ed[i].a==a) return ed[i].b;        return -1;    }}hash;dnt exgcd(dnt a,dnt b,dnt &x,dnt &y){    if(b==0)    {        x=1,y=0;        return a;    }    dnt x0,y0;    dnt d=exgcd(b,a%b,x0,y0);    x=y0;    y=x0-a/b*y0;    return d;}dnt inverse(dnt a,dnt m){    dnt x,y;    dnt d=exgcd(a,m,x,y);    if(d!=1) return -1;    return (x%m+m)%m;}dnt BsGs(dnt a,dnt b,dnt m){    hash.init();    dnt c=(dnt) sqrt((double) m),cur=1;    for(int i=0;i<c;i++,cur=(cur*a)%m)    {        if(b==cur && i!=0) return i;        hash.insert(cur,i);    }    dnt base=inverse(cur,m);    if(base==-1) return -1;    cur=(b*base)%m;    for(dnt i=c;i<=m;i+=c,cur=(cur*base)%m)    {        dnt tmp=hash.query(cur);        if(tmp!=-1) return tmp+i;    }    return -1;}int main(){    freopen("group.in","r",stdin);    freopen("group.out","w",stdout);    int T;    dnt n,mod;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%I64d%I64d",&n,&mod);        if(n==1 || mod==1) printf("1\n");        else printf("%I64d\n",BsGs(n,1,mod));    }    return 0;}/*12 5*/

对付这种一眼题也要万分小心才好，今天这道题一开始想到了两种思路，然后写了两份代码互相对了好久的拍才算放心

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3。

这道题是真的没思路啊
因为题意看起来比较简单就想了好久，
最后实在没办法只能暴力Lucas水过去了。。。
得分40
姑且听了一下正解。。
什么？5进制拆分？数位DP？组合数？EXM？

正解其实若是知道Lucas本来的性质或者说证明方法和实现原理这道题其实不难想到
但是记得当年学Lucas的时候耳畔一直回响着某大佬的一句
“信息学奥赛没有证明”
Lucas一直是背板子
Lucas其实就是按照mod数进制拆分，去进制下每一位的组合数在累乘起来
那么要想一个数最后的组合数mod 5 为0，只需要在任意一位的组合数位0就行了
那么问题就转换成了L到R在5进制下有至少一位的组合数为0的数的个数
在5进制下数位DP即可

完整代码：

#include<stdio.h>#include<cstring>using namespace std;typedef long long dnt;const int mod=5;int T,a[100010],num[100010];dnt saber[100010],inv[100010],f[100010][2];void init(int n){    saber[0]=inv[0]=inv[1]=1;    for(int i=1;i<=n;i++) saber[i]=saber[i-1]*i%mod;    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;    for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;}dnt Misaka(dnt a,dnt b){    if(a<b) return 0;    if(a<mod) return saber[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;    return Misaka(a/mod,b/mod)*Misaka(a%mod,b%mod);} void sov1(int L,int R,int n){    dnt ans=0;    for(int i=L;i<=R;i++) ans+=(Misaka(n,i)==0);    printf("%d\n",ans);}dnt dfs(int pos,int pre,int lim){    if(pos==-1) return pre;    if(!lim && f[pos][pre]!=-1) return f[pos][pre];    dnt ans=0;    int up=lim ? a[pos] : 4;    for(int i=0;i<=up;i++)        ans+=dfs(pos-1,(pre || Misaka(num[pos],i)==0),i==up && lim);    if(!lim) f[pos][pre]=ans;    return ans;}dnt solve(dnt n){    int cnt=0;    memset(a,0,sizeof(a));    while(n)    {        a[cnt++]=n%5;        n/=5;    }    return dfs(cnt-1,0,1);}void Divide(dnt n){    int cnt=0;    memset(num,0,sizeof(num));    while(n)    {        num[cnt++]=n%5;        n/=5;    }}void sov2(dnt L,dnt R,dnt n){    Divide(n);    memset(f,-1,sizeof(f));    dnt ans=solve(R)-solve(L-1);    printf("%I64d\n",ans);}int main(){    freopen("ccount.in","r",stdin);    freopen("ccount.out","w",stdout);    init(5);    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        dnt L,R,n,ans=0;        scanf("%I64d%I64d%I64d",&L,&R,&n);        if(R-L+1<=5000) sov1(L,R,n);        else sov2(L,R,n);    }    return 0;}

今天算是明白了Lucas定理的时间原理了
果然如YYR学长所说，算法原理还是很重要啊~~~

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今天考试的成绩就在倒好不好的环境中落幕了
明天ACM，队友都还没定orz，加油吧~~~

嗯，就是这样