【牛客練習賽60 】A【按位推導公式】B【公式+逆元】C【子序列DP】D【擴展歐幾里得算法】

題目連接

A

思路：公式推導就行了：
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_i\&a_j) = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=0}^{30}2^ka_{ik}a_{jk} = \sum_{k=0}^{30}2^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ik}a_{jk}$
對於 $a_{ik}a_{jk}$ ，只有都是1才爲1，所以統計這n個值中第k個二進制位1的個數cnt[k]，後面一串就可以表示爲 C(cnt[k], 2)。
$= \sum_{k=0}^{30}2^k (\frac{cnt[k] * (cnt[k]- 1)}{2})$

Coding:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int cnt[31];
int main(int argc, char **args){
    int n;cin >>n;

    for(int i = 0; i < n ; i++){
        ll a; scanf("%lld", &a);
        for(int j = 30; j >= 0; j--){
            if(a >> j & 1) 
                cnt[j]++;
        }
    }

    ll sum = 0 ;
    for(int i = 30; i >= 0; i--){
        sum += (1 << i) * 1ll *(cnt[i] * 1ll * (cnt[i]) ); 
    }

    cout << sum <<"\n";
return 0;
}

B

思路：對於每條邊，它可以包括在n-2個三角形中，這樣算下來，是比答案多了一倍，除以2就行了，不過這裏是乘2的逆元。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 998244353;

ll _pow(ll a, ll b, ll c ){
    ll s =  1, base = a % c;
    while(b){
        if(b & 1) s = (s * base) % c;
        b >>= 1;
        base = base * base % c;
    }
    return s;
}

int main(int argc, char **args){ 
    int n; cin >> n;
    vector<ll> x(n + 1), y(n +  1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);
    }

    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= n ;j ++){
            sum += (abs(x[i] - x[j]) + abs(y[i] - y[j])) % MOD * (n - 2) % MOD;
            sum %= MOD;
         }
    }

    cout << sum  * _pow(2, MOD - 2,  MOD)% MOD<<"\n";
return 0;
}

/*

4
0 0 
1 0
0 1
1 1

*/

C

問題：求長度爲n序列中，本質不同的長度爲k子序列有多少個。
思路：動態規劃，對於子序列的動態規劃，思路也很常見。這裏定義$dp[i][j]$ 表示截止到第 $i$ 個值，本質不同的長度爲 $j$ 的子序列個數。
51Nod 上有一個動態規劃，是求長度爲n序列中，本質不同的子序列有多少個。和這道題有異曲同工之妙。

Coding:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e3 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

int dp[N][N], last[N]; // last[i] 表示到目前爲止，i 最後一次出現的位置。
char s[N];
int main(int argc, char **args){
    int n, k; cin >> n >> k;
    scanf("%s" , s + 1);
    int len = strlen(s + 1);
    for(int i = 0; i <= len; i++) dp[i][0] = 1;

    for(int i = 1; i <= len; i++){
        for(int j = 1; j <= k; j++){
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];
            if(last[s[i]] ){ // 去重複元素
                dp[i][j] -= dp[last[s[i]] - 1][j - 1];
             }
            dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + MOD) % MOD;
        }
        last[s[i]] = i;
    }

    cout << dp[len][k] <<"\n";
return 0;
}

D

求 $a * x + b * y + c * z = k$ 的解 $(x, y, z)$ x y z 都是正整數。。
思路：擴展歐幾里得算法。其實能夠推理出，要想有解，當且僅當 $gcd(a, b, c ) | k$， 注意這裏解不一定都是正整數，還可能是包含負整數。
$a * x + b * y = k - c * z$，如果 $z$ 已知的話，這個就是二元不定方程，同時該方程有解，當且僅當 $gcd(a, b) | (k - c * z)$ 。
這裏令 $d = gcd(a, b)$， $k - c * z = m * d , (m\in Z^+)$。
移項得 $m * d + c * z = k, (z \in Z^+, m \in Z^+)$，是不是很眼熟？這個也是一個二元不定方程，同理要想有解，當且僅當 $gcd(d, c) | k =>gcd(a,b,c) |k$。
先解出第二個方程，然後將其帶回求解第一個方程。

注意：很重要的一點，因爲本題目求的解都是正整數，所以求解第一個不定方程時候，要儘可能讓 $z$ 小，$m$ 儘可能大，這樣第一個方程才更容易求得正整數解（這一點也很容易想：$a,b$ 都是正整數 ，如果 $m *d$ 很小的話，根本不可能有正整數解 $(x ,y)$的）。

補充知識：
如果一個二元不定方程 $a * x + b * y = c$，有特解 $(x_0 , y_0)$，則通解爲
$x = x_0 + b / gcd(a, b) * t$
$y = y_0 - b / gcd(a, b) * t$ , $（t >= 0）$
或
$x = x_0 - b / gcd(a, b) * t$
$y = y_0 + b / gcd(a, b) * t$ , $（t >= 0）$

更詳細見代碼
Coding：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
  
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
  
const int N = 1e3 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;
  
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
    if(!b) {
        x = 1; y = 0;
        return a;
    }
    ll xx, yy;
    ll g = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - (a / b) * y;
    return g;
}
   
ll solve (ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y){
    ll g = exgcd(a, b, x, y);
    x = x * (c / g); y = y * (c / g);
    if(x < 0){ // 如果x < 0, 那麼y一定特別大。所以就將x 增加到 儘可能小的正數，那麼 y 也會降低一些，但肯定還會是正數， 因爲 c 爲正數。
        ll t = ceil(-x * 1.0 / (b / g));
        x = x + b / g * t;
        y = y - a / g * t;
    }
  
    if(y < 0){// 同理
        ll t = ceil(-y * 1.0 / (a / g));
        y = y + a / g * t;
        x = x - b / g * t;
    }
  
    return g;
}
ll solve_1(ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y){
    ll g = exgcd(a, b, x, y);
    x = x * (c / g); y = y * (c / g);
     
    if(y < 0){ // 讓 z 儘可能小，這樣 m 就儘可能大了
        ll t = ceil(-y * 1.0 / (a / g));
        y = y + a / g * t;
        x = x - b / g * t;
    }
    return g;
}
int main(int argc, char **args){
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
       
    ll a, b, c, k;
    cin >> a >> b >> c >> k;
    ll x, y, z, m;
    ll d = __gcd(a, b);
    ll g = solve_1(d, c, k, m, z);
    solve(a, b, m * d, x, y);
    cout << x << " " << y <<" " << z<<"\n";
return 0;
}