T1 [JZOJ3490] 旅游(travel)
题目描述
ztxz16如愿成为码农之后，整天的生活除了写程序还是写程序，十分苦逼。终于有一天，他意识到自己的生活太过平淡，于是决定外出旅游丰富阅历。
ztxz16生活的城市有N*M个景点，可以描述成一个N*M的矩形，每个景点有一个坐标(x, y) (1 <= x <= N, 1 <= y <= M)以及美观度A[x][y]和观赏所需的时间B[x][y]，从一个景点(x1, y1)走到另一个景点(x2, y2)需要时间为它们之间的曼哈顿距离：|x1 - x2| + |y1 - y2|。
为了防止审美疲劳，ztxz16希望观赏的景点的的美观度是严格上升的，由于不想太早回家码代码，ztxz16希望旅游的总时间尽可能长。
数据范围
对于 $30\%$ 的数据，$1 leq N,M leq 50$
对于 $60\%$ 的数据，$1 leq N,M leq 300$
对于 $100\%$ 的数据，$1 leq N,M leq 1000$，$0 leq A leq 10^6$，$0 leq B leq 10^9$
分析
数据较水，$O(n^2m^2)$ 可以过，暂没写出 $O(nm)$ 做法
T2 [JZOJ3491] 做梦(dream)
题目描述
ztxz16旅游归来后十分疲倦，很快就进入了梦中。
在梦中ztxz16结婚生子了，他不得不照顾小宝宝。但这实在太无聊了，于是ztxz16会在散步。梦中ztxz16住在一个类似数轴的街上，数轴上的每个整点是一个街区，每个单位时间内ztxz16可以选择向左走一个街区或者向右走一个街区，但如果他离开家超过m个单位时间小宝宝会有危险，因此ztxz16必须在距离上次在家中不超过m个单位时间内回到家中。n个单位时间后ztxz16会醒来，他希望此时正好在家中。
ztxz16想知道散步过程可能有多少种不同的散步过程。两个散步过程被认为不同，当且仅当存在至少一个单位时刻ztxz16选择的走向不同。
数据范围
对于 $30\%$ 的数据，$2 leq N leq 100$，$2 leq M leq 100$
对于 $100\%$ 的数据，$2 leq N leq 10^9$，$2 leq M leq 100$
$N$ 和 $M$ 均为偶数
分析
看到数据，很容易想到矩阵乘法
设 $f[i][j]$ 表示不经过起点走 $i$ 步到达 $j$ 位置的不同路径数
于是可以推出初始矩阵为 $$egin{bmatrix} 0 & 0 & cdotcdotcdot & 0 & f[frac{m}{2}]\ 1 & 0 & cdotcdotcdot & 0 & f[frac{m}{2}-1]\ 0 & 1 & cdotcdotcdot & 0 & f[frac{m}{2}-2]\ cdotcdotcdot & cdotcdotcdot & cdotcdotcdot & cdotcdotcdot & cdotcdotcdot\ 0 & 0 & cdotcdotcdot & 0 & f[2]\ 0 & 0 & cdotcdotcdot & 1 & f[1] end{bmatrix}$$
然后只需要求出矩阵 $frac{n}{2}$ 次幂的最后一项就可以了
（关于这样转移的原因，手推一下前几个矩阵找出最后一项的形成规律就好了，而且也会明白为什么 $f$ 数组记录的是不经过起点的路径数）
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f int n, m, ans; int f[105][105]; int p = 1e9 + 7; struct Mat { int t[55][55]; Mat() {memset(t, 0, sizeof t);} } x; Mat Mul(Mat a, Mat b) { Mat c; for (int i = 1; i <= m; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) for (int k = 1; k <= m; k++) c.t[i][j] = (c.t[i][j] + (ll)a.t[i][k] * b.t[k][j] % p) % p; return c; } Mat Pow(Mat a, int b) { Mat c; for (int i = 1; i <= m; i++) c.t[i][i] = 1; while (b) { if (b & 1) c = Mul(c, a); a = Mul(a, a); b >>= 1; } return c; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); n >>= 1; m >>= 1; f[1][m - 1] = f[1][m + 1] = 1; for (int i = 2; i <= (m << 1); i++) for (int j = 0; j <= (m << 1); j++) { if (j - 1 != m) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - 1]) % p; if (j + 1 != m) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j + 1]) % p; } for (int i = 2; i <= m; i++) x.t[i][i - 1] = 1; for (int i = 1; i <= m; i++) x.t[m + 1 - i][m] = f[i << 1][m]; x = Pow(x, n); printf("%d", x.t[m][m]); return 0; }
T3 [JZOJ3492] 数数(count)
题目描述
ztxz16从小立志成为码农，因此一直对数的二进制表示很感兴趣。今天的数学课上，ztxz16学习了等差数列的相关知识。我们知道，一个等差数列可以用三个数A,B,N表示成如下形式：
B + A, B + 2 * A, B + 3 * A, ..., B + N * A
ztxz16想知道对于一个给定的等差数列，把其中每一项用二进制表示后，一共有多少位是1，但他的智商太低无法算出此题，因此寻求你的帮助。
数据范围
对于 $30\%$ 的数据，$1 leq T leq 20$，$1 leq A leq 10^4$，$1 leq B leq 10^{16}$，$1 leq N leq 10^3$
对于 $60\%$ 的数据，$1 leq T leq 20$，$1 leq A leq 10^4$，$1 leq B leq 10^{16}$，$1 leq N leq 10^9$
对于 $100\%$ 的数据，$1 leq T leq 20$，$1 leq A leq 10^4$，$1 leq B leq 10^{16}$，$1 leq N leq 10^{12}$
分析
对于一个二进制数 $x$，它第 $k$ 位上的数为 $lfloor frac{x}{2^{k-1}} floor - lfloor frac{x}{2^k} floor imes 2$
所以在等差数列的 $n$ 个数中，第 $k$ 位的总贡献为 $sum_{i=1}^n lfloor frac{b+ai}{2^{k-1}} floor - lfloor frac{b+ai}{2^k} floor imes 2$
最后答案就是每一位上的贡献之和
对于形如 $f(a,b,c,n)=sum_{i=0}^n lfloor frac{ai+b}{c} floor$ 的式子，我们会使用类欧几里得算法来计算
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f ll T, A, B, N, f[65]; ll calc(ll a, ll b, ll c, ll n) { if (!a) return b / c * (n + 1); if (a < c && b < c) { ll m = (a * n + b) / c; if (!m) return 0; return n * m - calc(c, c - b - 1, a, m - 1); } if (n & 1) return calc(a % c, b % c, c, n) + (n + 1) / 2 * n * (a / c) + (n + 1) * (b / c); return calc(a % c, b % c, c, n) + n / 2 * (n + 1) * (a / c) + (n + 1) * (b / c); } int main() { scanf("%lld", &T); while (T--) { ll ans = 0; scanf("%lld%lld%lld", &A, &B, &N); for (ll i = 1, j = 0; (i >> 1) <= B + A * N; i <<= 1, j++) f[j] = calc(A, B + A, i, N - 1); for (ll i = 1, j = 0; i <= B + A * N; i <<= 1, j++) ans += f[j] - (f[j + 1] << 1); printf("%lld ", ans); } return 0; }