2020-2021:teams:intrepidsword:zhongzihao:project_euler
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2020-2021:teams:intrepidsword:zhongzihao:project_euler [2021/01/22 22:21] toxel [488. Unbalanced Nim] 字体黑色 |
2020-2021:teams:intrepidsword:zhongzihao:project_euler [2021/02/20 21:05] (当前版本) toxel add 379 |
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| 行 55: | 行 55: | ||
| 由式 $1$ 可得 $t^{2}$ 是有理数，由式 $2$ 可得 $t$ 是有理数。不妨设 $c$ 无平方因子，那么显然 $t$ 应该有 $\frac{2k+1}{2}(k\in\mathbb{Z})$ 的形式。枚举 $c,t$ 即可。 | 由式 $1$ 可得 $t^{2}$ 是有理数，由式 $2$ 可得 $t$ 是有理数。不妨设 $c$ 无平方因子，那么显然 $t$ 应该有 $\frac{2k+1}{2}(k\in\mathbb{Z})$ 的形式。枚举 $c,t$ 即可。 | ||
| + | |||
| + | ===== 253. Tidying up ===== | ||
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| + | **题目大意**：有一个 $1\times n$ 的格子，随机一个 $1\sim n$ 的排列给它染色，求染色过程中连续子段最大值的期望。 | ||
| + | |||
| + | **题解**：状压 dp 当然是要 TLE 的啦。 | ||
| + | |||
| + | 注意到连续的一段 1 可以压缩，除了开头和末尾之外的连续的 0，它们的顺序可以随意交换。 | ||
| + | |||
| + | 这样复杂度就是 $n$ 的拆分数乘上很多个 $n$ 了。 | ||
| ===== 278. Linear Combinations of Semiprimes ===== | ===== 278. Linear Combinations of Semiprimes ===== | ||
| 行 129: | 行 139: | ||
| 然后杜教筛就可以 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$ 解决啦。 | 然后杜教筛就可以 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$ 解决啦。 | ||
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| + | ===== 355. Maximal coprime subset ===== | ||
| + | |||
| + | **题目大意**：求 $\{1,2,\cdots,n\}$ 的一个子集，使得其两两互质，且和最大。 | ||
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| + | **题解**：不容易发现，不会选取某个包含超过两种小质数（$\le\sqrt{n}$）的数。大致是因为大质数非常多，因而能被小质数匹配到的相对很少，因此如果把两个小质数放一起，不如让他们给大质数作贡献（很容易凑到接近 $n$）。那么二分图最大权匹配即可。 | ||
| + | |||
| + | ===== 379. Least common multiple count ===== | ||
| + | |||
| + | **题目大意**：求满足 $x\le y,[x,y]\le n$ 的 $(x,y)$ 对数量。 | ||
| + | |||
| + | **题解**：答案为 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | \begin{aligned} | ||
| + | &\sum_{\gcd=1}^{n}\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{n}[(x,y)=\gcd][\frac{xy}{\gcd}\le n]\\ | ||
| + | =&\sum_{\gcd=1}^{n}\sum_{\gcd\mid d}\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{n}\mu(\frac{d}{\gcd})[d\mid(x,y)][\frac{xy}{\gcd}\le n]\\ | ||
| + | =&\sum_{\gcd=1}^{n}\sum_{\gcd\mid d}\sum_{d\mid x}\sum_{d\mid y}\mu(\frac{d}{\gcd})[\frac{xy}{\gcd}\le n]\\ | ||
| + | =&\sum_{\gcd=1}^{n}\sum_{\gcd\mid d}\mu(\frac{d}{\gcd})S(\lfloor\frac{n}{d^2/\gcd}\rfloor)\\ | ||
| + | =&\sum_{\gcd=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{\gcd}\rfloor}\mu(i)S(\lfloor\frac{n}{i^2\gcd}\rfloor) | ||
| + | \end{aligned} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | 其中 $S(N)$ 表示 $xy\le N$ 的 $xy$ 数量。考虑用类杜教筛求出所有 $S$（本题要带 $\log$，呃，注意到 $S=\sigma$ 的话也不用带 $\log$）。然后枚举 $i$ 根号分块即可，这部分复杂度是 $\sqrt{n}\log n$ 的。 | ||
| + | |||
| + | 这里就锻炼一下推导能力，min_25 筛应该还快一点。 | ||
| + | ===== 423. Consecutive die throws ===== | ||
| + | |||
| + | **题目大意**：连续投掷一枚均匀骰子 $n$ 次，定义价值为相邻投掷结果相同的数量，定义 $C(n)$ 为价值不超过 $\pi(n)$（小于等于 $n$ 的质数数量）的投掷结果数，$S(n)=\sum_{i=1}^{n}C(n)$。求 $S(5\times10^{7})$。 | ||
| + | |||
| + | **题解**：首先求某一价值 $k$ 的方案数 $f(n,k)$。 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | \begin{aligned} | ||
| + | f(n,k)=&\sum_{|T|=k}(-1)^{|T|-k}{|T|\choose k}{n-1\choose |T|}|\Sigma|^{n-|T|}\\ | ||
| + | =&\sum_{|T|=k}(-1)^{|T|-k}\frac{|T|!}{k!(|T|-k)!}\frac{(n-1)!}{|T|!(n-1-|T|)!}|\Sigma|^{n-|T|}\\ | ||
| + | =&{n-1\choose k}\sum_{|T|=k}(-1)^{|T|-k}\frac{(n-1-k)!}{(|T|-k)!(n-1-|T|)!}|\Sigma|^{n-|T|}\\ | ||
| + | =&{n-1\choose k}\sum_{|T|=k}(-1)^{|T|-k}{n-1-k\choose |T|-k}|\Sigma|^{n-|T|}\\ | ||
| + | =&{n-1\choose k}\sum_{t=0}^{n-1-k}(-1)^{t}{n-1-k\choose t}|\Sigma|^{n-t-k}\\ | ||
| + | =&{n-1\choose k}|\Sigma|(|\Sigma|-1)^{n-1-k} | ||
| + | \end{aligned} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | 那么显然有 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | C(n)=|\Sigma|\sum_{k=0}^{\pi(n)}{n-1\choose k}(|\Sigma|-1)^{n-1-k} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | 对于这样的组合数前缀和，使用递推即可轻松解决。定义 $F(n,m)=\sum_{k=0}^{m}{n\choose k}(|\Sigma|-1)^{n-k}$，则有 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | \begin{aligned} | ||
| + | F(n,m)&=\sum_{k=0}^{m}{n\choose k}(|\Sigma|-1)^{n-k}\\ | ||
| + | &=\sum_{k=0}^{m}{n-1\choose k-1}(|\Sigma|-1)^{n-k}+\sum_{k=0}^{m}{n-1\choose k}(|\Sigma|-1)^{n-k}\\ | ||
| + | &=\sum_{k=0}^{m-1}{n-1\choose k}(|\Sigma|-1)^{n-1-k}+(|\Sigma|-1)\sum_{k=0}^{m}{n-1\choose k}(|\Sigma|-1)^{n-1-k}\\ | ||
| + | &=|\Sigma|F(n-1,m)-{n-1\choose m}(|\Sigma|-1)^{n-1-m} | ||
| + | \end{aligned} | ||
| + | $$ | ||
| ===== 443. GCD sequence ===== | ===== 443. GCD sequence ===== | ||
| 行 135: | 行 204: | ||
| **题解**：可以猜测会有大段连续的 $1$。如果 $\gcd(n,f(n-1))=1$，那么下一个合法的位置应该和 $f(n-1)-n$ 不互质，随便算算就好。实际只需要迭代几百次（很可能中间有一个大质数）。 | **题解**：可以猜测会有大段连续的 $1$。如果 $\gcd(n,f(n-1))=1$，那么下一个合法的位置应该和 $f(n-1)-n$ 不互质，随便算算就好。实际只需要迭代几百次（很可能中间有一个大质数）。 | ||
| + | |||
| + | ===== 454. Diophantine reciprocals III ===== | ||
| + | |||
| + | **题目大意**：设有不定方程 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n}$，求满足 $x<y\le N$ 的解数。 | ||
| + | |||
| + | **题解**：令 $x=x't,y=y't,(x',y')=1$，则 $\frac{1}{n}=\frac{x'+y'}{tx'y'}$。由于 $(x'+y',x')=1,(x'+y',y')=1$，因此 $(x'+y',x'y')=1$。因此 $x'+y'\mid t$。故 $t$ 的取法有 $\lfloor\frac{N}{y'(x'+y')}\rfloor$ 种。 | ||
| + | |||
| + | 答案即为 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | \begin{aligned} | ||
| + | &\sum_{y'=1}^{+\infty}\sum_{x'=1}^{y'-1}[(x',y')=1]\lfloor\frac{N}{y'(x'+y')}\rfloor\\ | ||
| + | =&\sum_{d=1}^{+\infty}\mu(d)\sum_{y'=1}^{+\infty}\sum_{x'=1}^{y'-1}[d|(x',y')]\lfloor\frac{N}{y'(x'+y')}\rfloor\\ | ||
| + | =&\sum_{d=1}^{+\infty}\mu(d)\sum_{y'=1}^{+\infty}\sum_{x'=1}^{y'-1}\lfloor\frac{\frac{N}{d^{2}}}{y'(x'+y')}\rfloor | ||
| + | \end{aligned} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | 枚举 $d$，枚举 $y'$，和式根号分块，即可达到较好的时间复杂度。 | ||
| ===== 479. Roots on the Rise ===== | ===== 479. Roots on the Rise ===== | ||
| 行 194: | 行 281: | ||
| 最后的答案可以通过一个简单的数位 $dp$ 得到，这里就不再赘述了。 | 最后的答案可以通过一个简单的数位 $dp$ 得到，这里就不再赘述了。 | ||
| + | |||
| + | ===== 495. Writing n as the product of k distinct positive integers ===== | ||
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| + | **题目大意**：设 $S(n,m)$ 为将 $n$ 表示成 $m$ 个互不相同的整数乘积的方案数，求 $S(n,m)$。 | ||
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| + | **题解**：考虑容斥。枚举 $m$ 的所有划分，表示每个子集中的所有整数相等，子集间是否相等没关系。注意到各个不同的位置本质相同，因此不需要真的枚举划分，而只需要枚举划分数即可。复杂度为 $P(m)$。注意最后答案要除以一个阶乘。若划分为整个集合，其容斥系数为 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | C(m)=\begin{cases} | ||
| + | &1&(m=1)\\ | ||
| + | &-\sum_{P\text{ is a partition of M},P\neq\{M\}}\text{coe}(P)&(m>1) | ||
| + | \end{cases} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | 其中，$\text{coe}(P)$ 表示划分 $P$ 的容斥系数。若划分并非是整个集合，那么 $\text{coe}(P)=\prod_{Q\in P}C(|Q|)$。可以证明，这样的容斥系数恰使得所有数互不相同的方案贡献为 $1$，其它方案贡献为 $0$。 | ||
| + | |||
| + | 计算某个方案时，可以注意到是一个无限背包 dp。 | ||
| + | |||
| + | **update**：事实上，可以证明 $C(m)=(-1)^{m-1}(m-1)!$。考虑数学归纳法，枚举 $1$ 所在的子集。注意到 $m\ge2$ 时， | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | \begin{aligned} | ||
| + | &\sum_{P\text{ is a partition of M}}\text{coe}(P)\\ | ||
| + | =&\sum_{P\text{ is a partition of M},P\neq\{M\}}\text{coe}(P)\\ | ||
| + | &-\sum_{P\text{ is a partition of M},P\neq\{M\}}\text{coe}(P)\\ | ||
| + | =&0 | ||
| + | \end{aligned} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | 因此 $C(m)=-C(m-1)\cdot{m-1\choose m-2}\cdot1=(-1)^{m-1}(m-1)!$。 | ||
| + | |||
| + | ===== 515. Dissonant Numbers ===== | ||
| + | |||
| + | **题目大意**：对一个质数 $p$，定义 $S(i,p,0)=i^{-1}\bmod p$。定义 $S(n,p,k)=\sum_{i=1}^{n}S(i,p,k-1)$。求 $S(p-1,p,a)$。 | ||
| + | |||
| + | **题解**：可得 | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | \begin{aligned} | ||
| + | &S(p-1,p,a)\\ | ||
| + | =&\sum_{i=1}^{p-1}{a+p-2-i\choose a-1}\cdot\frac{1}{i}\\ | ||
| + | =&-\sum_{i=1}^{p-1}{a+p-2-i\choose a-1}\cdot\frac{1}{p-i}\\ | ||
| + | =&-\sum_{i=1}^{p-1}{a-2+i\choose a-1}\cdot\frac{1}{i}\\ | ||
| + | =&-\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(a-2+i)!}{(a-1)!(i-1)!}\cdot\frac{1}{i}\\ | ||
| + | =&-\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(a-2+i)!}{(a-1)!i!}\\ | ||
| + | =&-\frac{1}{a-1}\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(a-2+i)!}{(a-2)!i!}\\ | ||
| + | =&-\frac{1}{a-1}\sum_{i=1}^{p-1}{a-2+i\choose i}\\ | ||
| + | =&-\frac{1}{a-1}\left({a+p-2\choose p-1}-1\right)\\ | ||
| + | =&\frac{1}{a-1} | ||
| + | \end{aligned} | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| ===== 545. Faulhaber’s Formulas ===== | ===== 545. Faulhaber’s Formulas ===== | ||
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