Codeforces 900D/E

题目链接: http://codeforces.com/contest/900

D题意：给出x, y，求满足下列2个条件的序列数目。
1.Σni=1ai=y
2.gcd(a1,a2,...,an)=x

题解：首先易知，y % x != 0, 则一定不存在这样的数列，答案为0。
　　　否则数列每个数都除去x,可以转化为求有多少个数列满足gcd为1且和为 yx。
设 f(t) 为有多少个数列满足gcd为1且和为 t 。
设 g(t) 为有多少个数列满足和为 t 。
可以得到下式：
　　　　　　　　　　g(t)=∑d|tf(td)
解法一:记忆化搜索， 直接计算 f(t),其中算的时候要容斥一下,初始隔板法想一下便知mp[x]=2t−1,减去他因子的mp[d]

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const ll mod = 1E9 + 7;map<int, int>mp;ll quick(ll a, ll k) //a^k^mod{    ll res = 1;    while(k) {        if(k & 1) res = res * a % mod;        k >>= 1;        a = a * a % mod;    }    return res;}ll solve(int x){    if(x == 1) return 1;    if(mp.count(x)) return mp[x];    mp[x] = quick(2ll, x-1ll);    for(int i = 2;i * i <= x;i ++) {        if(x % i == 0) {            mp[x] = (mp[x] - solve(x / i) + mod) % mod;            if(i != x / i) {                mp[x] = (mp[x] - solve(i) + mod) % mod;            }        }    }    mp[x] = (mp[x] - 1 + mod) % mod;    return mp[x];}int main(){    int x, y;    scanf("%d%d",&x,&y);    if(y % x) {        puts("0");    } else {        y /= x;        printf("%lld\n", solve(y));    }    return 0;}

2.莫比乌斯函数。
因为g(t)=∑d|tf(td),且g(t)=2t−1,所以f(t)=∑d|tu(d)g(td)

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int mod = 1e9 + 7;int u(int n){    if(n == 1) return 1;    int res = 1;    for(int i = 2;i * i <= n;i ++) {        if(n % i == 0) {            res *= -1;            int k = 0;            while(n % i == 0) {                k ++;                n /= i;                if(k > 1) {                    return 0;                }            }        }    }    if(n > 1) res *= -1;    return res;}ll qmod(ll a, ll k) // a^k{    ll res = 1;    while(k) {        if(k & 1) res = res * a % mod;        k >>= 1;        a = a * a % mod;    }    return res;}ll gao(ll x){    ll res = 0;    for(int i = 1;i * i <= x;i ++) {        if(x % i == 0) {            res = (res + qmod(2ll, x/i-1ll) * u(i)) % mod;            if(i != x / i) {                res = (res + qmod(2ll, i - 1ll) * u(x / i)) % mod;            }        }    } return res;}int main(){    int x, y;    scanf("%d%d",&x,&y);    if(y % x) {        return puts("0"), 0;    } else {        return printf("%lld\n",(gao(y/x)%mod+mod)%mod), 0;    }}

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E题意:没坑点，自己读下即可。
题解:可以求出连续的从 i 开始 abab… 数量 ai 。
求出问号前缀和 pre[i] 。
然后就变成dp了。
dp[i+1]=max(dp[i+1],dp[i])

dp[i+m]=max(dp[i+m],pair(dp[i]+1,dp[i]+pre[m]−pre[i]))

答案就是dp[n].second 。
max的定义是数量最大消耗问号最小(注意重载)。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1E5 + 7;struct node{    int c, w;    node():c(0),w(0){}    node(int a,int b):c(a),w(b){}    bool operator < (const node & x) const {        return c < x.c || c == x.c && w > x.w;    }}dp[N];int a[N], b[N], pre[N];char s[N];int sum(int l, int r){    return pre[r] - pre[l-1];}int main(){    int n, m;    scanf("%d%s%d",&n,s+1,&m);    for(int i = n;i >= 1;i --) {        if(s[i] == 'a') {            a[i] = b[i+1] + 1;            b[i] = 0;        } else if(s[i] == 'b') {            b[i] = a[i+1] + 1;            a[i] = 0;        } else {            a[i] = b[i+1] + 1;            b[i] = a[i+1] + 1;        }    }    for(int i = 1;i <= n;i ++) pre[i] = pre[i-1] + (s[i] == '?');    for(int i = 0;i < n;i ++) {        dp[i+1] = max(dp[i+1], dp[i]);        if(i + m <= n && a[i+1] >= m) {            dp[i+m] = max(dp[i+m], node(dp[i].c+1, dp[i].w+sum(i+1,i+m)));        }    }    printf("%d\n",dp[n].w);    return 0;}