为啥先考day2再考day1啊
T1 期末考试（exam）
Sol
看半天发现是题读错了，然后就很愉快地调了1小时才过。我是什么彩笔。
或许看错也是因为这题数据范围太怪了吧，要是开\(1e7\)我估计能想得更快。
简单读题可以发现：其实真正影响等待时长的只有最长的那一科。那么问题就可以转化成计算最初的时长，然后枚举调整后最慢学科时长计算起收益取最值即可。
先建一个桶计算每个值对应的学生数量。然后从\(maxt\)倒着枚举统计当前不满足学生数和正收益。同时统计当前的花费，如果\(B<A\)那就全部靠补老师，否则就按照能填补就填补，否则直接塞教师，时间复杂度\(O(n)\)。注意有一个部分分\(C=1e16\)，所以要特判计算。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=100010;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x*f;
}
int n,m,t[maxn],b[maxn],A,B,C;
int clo[maxn],out[maxn],le,gpc;
signed main()
{
freopen("exam.in","r",stdin);
freopen("exam.out","w",stdout);
A=read();B=read();C=read();
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
t[i]=read();clo[t[i]]++;
}
int sum=0,cost=0,maxt=0,ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
b[i]=read();sum+=b[i];
maxt=max(maxt,b[i]);
out[b[i]]++;
}
if(C==(int)1e16)
{
int minn=1e9;int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)minn=min(minn,t[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)if(b[i]>minn)cnt+=b[i]-minn;
int sy=sum-minn*m;
if(sy<=0)printf("%lld\n",cnt*min(A,B));
else printf("%lld\n",(cnt-sy)*min(A,B)+sy*B);
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(maxt>t[i])gpc++,cost+=C*(maxt-t[i]);
}
if(B<=A)
{
int nowzy=0,cntt=0;
for(int i=maxt-1;i>=0;i--)
{
cntt+=out[i+1];
nowzy+=cntt;le+=gpc;
ans=max(ans,le*C-nowzy*B);
gpc-=clo[i];
}
printf("%lld\n",cost-ans);
return 0;
}
int nowzy=0,cntt=0;
for(int i=maxt-1;i>=0;i--)
{
cntt+=out[i+1];
nowzy+=cntt;le+=gpc;
int sy=sum-i*m;
if(sy<=0)ans=max(ans,le*C-nowzy*A);
else ans=max(ans,le*C-sy*B-(nowzy-sy)*A);
gpc-=clo[i];
}
printf("%lld\n",cost-ans);
return 0;
}
T2 相逢是问候（verbinden）
Sol
建议先做上帝与集合的正确用法
然后就是一个重要性质：\(c^{c^{c^{…^{x}}}}\)可以不断迭代\(phi(c)\)求解，迭代次数为\(log(c)\)级别。
剩下的内容和CF438D The Child and Sequence很像了：特判，如果标记大于最大次数就不加，查询暴力。就是线段树基操了。
但是由于线段树一个log，暴力套phi一个log，如果直接快速幂暴算就是\(O(nlog^3n)\)，时间复杂度假了，所以要分高低位预处理幂次。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x*f;
}
const int maxn=100010;
int n,m,p,c;
int zyw,ls[maxn],rs[maxn],t[maxn],gpc;
int pow1[maxn][60],pow2[maxn][60],to[maxn],v[maxn],phi[maxn];
bool flag,b1[maxn][60],b2[maxn][60];
inline int getphi(int x)
{
int res=x,xx=x,sq=sqrt(x);//cout<<x<<" "<<sq<<endl;
for(int i=2;i<=sq;i++)
{
if(xx%i==0)
{
res=res/i*(i-1);xx/=i;
while(xx%i==0)xx/=i;
}
}
if(xx>1)res=res/xx*(xx-1);
return res;
}
inline void pre()
{
int now=p;phi[0]=p;
while(now!=1)now=getphi(now),phi[++zyw]=now;
phi[++zyw]=1;
for(int i=0;i<=zyw;i++)
{
pow1[0][i]=1;
for(int j=1;j<=10000;j++)
{
pow1[j][i]=pow1[j-1][i]*c;
if(pow1[j][i]>=phi[i])pow1[j][i]%=phi[i],b1[j][i]=1;
b1[j][i]|=b1[j-1][i];
}
}
for(int i=0;i<=zyw;i++)
{
pow2[0][i]=1;
b2[1][i]=b1[10000][i];
for(int j=1;j<=10000;j++)
{
pow2[j][i]=pow2[j-1][i]*pow1[10000][i];
if(pow2[j][i]>=phi[i])pow2[j][i]%=phi[i],b2[j][i]=1;
b2[j][i]|=b2[j-1][i];
}
}
return;
}
inline int calc(int toi,int id)
{
flag=0;
int to1=toi%10000,to2=toi/10000,res=pow1[to1][id]*pow2[to2][id];
if(res>=phi[id])res=res%phi[id],flag=1;
flag|=b1[to1][id]|b2[to2][id];
return res;
}
inline int dfs(int toi,int dep,int lim)
{
flag=0;
if(dep==lim)
{
if(toi>=phi[dep])toi%=phi[dep],flag=1;
return toi;
}
int ci=dfs(toi,dep+1,lim);
if(flag)ci+=phi[dep+1];
return calc(ci,dep);
}
inline void pushup(int rt)
{
v[rt]=v[ls[rt]]+v[rs[rt]];
if(v[rt]>=p)v[rt]-=p;
t[rt]=min(t[ls[rt]],t[rs[rt]]);
return;
}
inline void build(int L,int R,int now)
{
if(L==R)
{
to[now]=v[now]=read();return;
}
int mid=(L+R)>>1;
ls[now]=++gpc;build(L ,mid,ls[now]);
rs[now]=++gpc;build(mid+1,R,rs[now]);
pushup(now);return;
}
inline void update(int L,int R,int l,int r,int now)
{
if(t[now]>=zyw)return;
if(L==R)
{
t[now]++;v[now]=dfs(to[now],0,t[now]);
return;
}
int mid=(L+R)>>1;
if(mid>=l)update(L ,mid,l,r,ls[now]);
if(mid< r)update(mid+1,R,l,r,rs[now]);
pushup(now);return;
}
inline int query(int L,int R,int l,int r,int now)
{
if(l<=L&&r>=R)return v[now];
int mid=(L+R)>>1;int res=0;
if(mid>=l)res+=query(L ,mid,l,r,ls[now]);
if(mid< r)res+=query(mid+1,R,l,r,rs[now]);
return res%p;
}
signed main()
{
freopen("verbinden.in","r",stdin);
freopen("verbinden.out","w",stdout);
// return printf("GPCAKIOI\n")&0;
n=read();m=read();p=read();c=read();
build(1,n,++gpc);pre();
while(m--)
{
int opt=read(),l=read(),r=read();
if(!opt)update(1,n,l,r,1);
else printf("%lld\n",query(1,n,l,r,1));
} puts()
return 0;
}
T3 组合数问题（problem）
Sol
考场上一看发现前面\(77.5\)分都是送，直接预处理阶乘和阶乘逆元即可，然后特殊数据很好推公式，另有\(5\)分\(p=2\)，我直接\(rand\)过了。
矩阵快速幂我是真的弱，但是玮神考场口胡并由隔壁的柯佬考场AC。
根据式子的形式可以得到它的意义：我也不知道
然后就可以得到dp方程：\(f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]\)，特别地，\(f[i][0]=f[i-1][k-1]+f[i-1][0]\)
这个状态转移方程是固定的，所以可以套矩阵快速幂求解，然后就做完了，记得转移的时候要开工具数组（就是矩阵快速幂写少了\kk）
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int mat1[60][60],mat2[60][60],matans[60][60];
int n,p,k,r;
signed main()
{
freopen("problem.in","r",stdin);
freopen("problem.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&p,&k,&r);
for(int i=0;i<k;i++)
{
mat1[i][i]=mat1[i][(i-1+k)%k]=1;
if(k==1)mat1[i][i]++;
matans[i][i]=1;
}
int mi=n*k;
while(mi)
{
if(mi&1)
{
for(int i=0;i<k;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
mat2[i][j]=matans[i][j];
matans[i][j]=0;
}
}
for(int i=0;i<k;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
for(int l=0;l<k;l++)
{
matans[i][j]=(matans[i][j]+mat1[i][l]*mat2[l][j]%p)%p;
}
}
}
}
mi>>=1;
for(int i=0;i<k;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
mat2[i][j]=mat1[i][j];
mat1[i][j]=0;
}
}
for(int i=0;i<k;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
for(int l=0;l<k;l++)
{
mat1[i][j]=(mat1[i][j]+mat2[i][l]*mat2[l][j]%p)%p;
}
}
}
}
printf("%lld\n",matans[0][r]);
return 0;
}
好家伙，得分260，换考试我都能进队，什么玩意。
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