AB水题，
C - Tsundoku
题目描述
有两摞书，一摞有 $n$ 本，从上至下每本需阅读 $a_i$ 分钟，一摞有 $m$ 本，从上至下每本需阅读 $b_i$ 分钟，问最多能在 $k$ 分钟内读多少本书。
挺明显的前缀和处理，枚举从第一摞书中读多少本，余下的时间用二分查找能在第二摞书中读多少本。
ll n, m, k, a[1 << 18], b[1 << 18];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], a[i] += a[i - 1];
for (int i = 1; i <= m; ++i) cin >> b[i], b[i] += b[i - 1];
ll cnt = 0;
for (ll i = 0; i <= n; ++i)
if (k >= a[i]) cnt = max(cnt, upper_bound(b + 1, b + m + 1, k - a[i]) - b - 1 + i);
cout << cnt;
}
D - Sum of Divisors
题目描述
设 $f_{(x)}$ 为 $x$ 正因子个数，计算 $sumlimits_{i = 1}^n i imes f_{x}$
先筛出每个数的 (f_{(x)}) 然后累加起来
const int N = 1e7 + 10;
ll a[N], n ,cnt;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = i; j <= n; j += i) a[j] += 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cnt += i * a[i];
cout << cnt;
}
E - NEQ
题目描述
给出 $n,m$ 计算有多少个大小为 $n$ 的子序列 $a,b$ 满足以下条件
1.$1 le a_i,b_i le m$
2.$a_i
ot= a_j if i
ot= j$
3.$b_i
ot= b_j if i
ot= j$
4.$a_i
ot= b_i$
没想出来，参考了一下其他的思路：
[A_m^n(sum_{i = 0}^n(-1)^iC_n^iA_{m - i}^{n - i})
]
- (A_m^n)，(m) 个数排 (n) 个位置，即合法的 (a) 的个数；
- (sum)，对于每个合法的 (a) 来说，合法的 (b) 的个数；
- ((-1)^i)，由容斥定理；
- (C_n^iA_{m - i}^{n - i}) ，从 (b) 的 (n) 个位置中选 (i) 个位置与 (a) 中的数相等，余下 (n−i) 个位置共有 (m−i) 个数可选；
- 当 (i = 0) ，(C_n^iA_{m - i}^{n-i} = A_m^n) ，即合法 (b) 的个数；
- 当 (ige 1) ，(C_n^iA_{m - i}^{n-i} = A_m^n) ，即代表对 (a) 来说不合法 (b) 的个数；
- 所以右式即用容斥原理从合法的 (b) 中减去对 (a) 来说不合法的 (b) 的个数。
using ll = long long;
const int N = 5e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
ll fac[N];
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)if (b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}
void init() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ll inv(ll n) {return qpow(n, mod - 2);}
ll A(ll n, ll m) {return fac[n] * inv(fac[n - m]) % mod;}
ll C(ll n, ll m) {return fac[n] * inv(fac[m]) % mod * inv(fac[n - m]) % mod;}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
init();
int n, m; cin >> n >> m;
ll sum = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
sum += qpow(-1, i) * C(n, i) * A(m - i, n - i) % mod;
sum = (sum + mod) % mod;
}
cout << A(m, n) * sum % mod;
}