牛客练习赛 65 （待补E-网络流）

A.最值序列

排序后，前一半加后一半乘即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500010;
const ll mod=998244353;
ll a[N];
int n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(i<=n/2) res=(res+a[i])%mod;elseres=res*a[i]%mod;}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

B.多重序列

注意 $ai,j=kbj，(b≥0)a_{i,j}=k^{b_j}，(b\ge 0)$
那么容易发现 $∏j=1mai,j=k∑j=1mbj\prod_{j=1}^m{a_{i,j}}=k^{\sum_{j=1}^m b_j}$
由此我们只需要统计每组的 $∑j=1mbj\sum_{j=1}^m b_j$ 的大小，取个最大的然后快速幂求一下结果即可。
注意精度问题：~~乱搞精度瞎胡近位即可~~
当然也可以手写求 $l o g$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010;
//const ll mod=998244353;
int n,m,k;
ll mod;
ll qmi(ll a,ll b,ll p)
{ll res=1;a%=p;while(b) {if(b&1) res=res*a%p;b>>=1;a=a*a%p;}return res;
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m>>k>>mod;if(k==1) cout<<1%mod<<'\n';else{ll cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){ll now=0;for(int i=1;i<=m;i++){ll a;cin>>a;now+=ll(log(double(a))/log(double(k))+0.5);//dt的精度问题}cnt=max(cnt,now);}cout<<qmi(k,cnt,mod)<<'\n';}}return 0;
}

C.二维动点

不难发现最终答案一定是 ${-1,0,1,2,3\}$ 这几个值中的一个。
对于答案是 ${-1,0,1\}$ 很容易判断，这里只简要说明答案是 $3$ 的情况。
首先 $n = 2$ ，并且四个点（原点、给的两个点、所求点）构成一个平行四边形答案就是 $3$ 否则答案就是 $2$ 。
如果输入或者所求点是 $(0, 0)$ 直接跳过即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<map>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=100010;
const ll mod=998244353;
int n,q;
map<pii,int> mp; 
pii a[N];
int gcd(int a,int b)
{return b?gcd(b,a%b):a;
}
bool check(pii a,pii b,pii c,pii d)// a-b是否//c-d
{return 1ll*(a.x-b.x)*(c.y-d.y)==1ll*(c.x-d.x)*(a.y-b.y);
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>q;int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i].x>>a[i].y;if(a[i].x==0&&a[i].y==0){n--,i--;continue;}int d=gcd(a[i].x,a[i].y);mp[{a[i].x/d,a[i].y/d}]++;}while(q--){int x,y;cin>>x>>y;if(x==0&&y==0) {cout<<0<<'\n';continue;}int d=gcd(x,y);if(mp.count({x/d,y/d})) cout<<1<<'\n';else if(mp.size()<=1) cout<<-1<<'\n';else if(n==2){pii p1={0,0},p2=a[1],p3=a[2],p4={x,y};bool ok=0;if(check(p1,p2,p3,p4)){if(check(p2,p3,p1,p4)||check(p1,p3,p2,p4)) ok=1;}if(check(p1,p3,p2,p4)){if(check(p1,p2,p3,p4)||check(p2,p3,p1,p4)) ok=1;}if(ok) cout<<3<<'\n';else cout<<2<<'\n';}else cout<<2<<'\n';}}return 0;
}

D.最小公倍数

参考大佬题解
总结下这个题的几个性质
①拆出来的数不一样一定相对较优：相同的数说明这个数没用
②拆出来的数一定是质数或者一个质数的次幂：我们知道一个数可以分解质因数假设拆出来的数不满足前者条件，我们不妨假设一个数 $b=p_1^{a_1}×p_2^{a_2}$ ，分析可知该数对答案的贡献和这两个数的效果相同 $p_1^{a_1},p_2^{a_2}$ ，并且先然由于 $p_1^{a_1}×p_2^{a_2}<p_1^{a_1}+p_2^{a_2}$ ，后者选择方案更优。
③不同质数的地位相同，我们优先选择小的质数。
④考虑一个质数我们选择 ${pa1,pa2,…,pai}\{p^{a_1},p^{a_2},\dots,p^{a_i}\}$ ，如果设 $a1<a2<⋯<aia_1<a_2<\dots<a_i$ 一定有 $a_1=1,a_2=2,a_i=i$ ，即连续选择，如果 $a_j=k>j$ 那么让 $a_j=j$ 结果一定更优。

根据上面几个性质，先线性筛素数，然后跑分组背包即可。
每个质数是一个物品，如果选择 $pi1,pi2,…,pikp_i^1,p_i^2,\dots,p_i^k$ ，那么体积 $v$ 是 $pi1+pi2+⋯+pikp_i^1 +p_i^2 +\dots+p_i^k$ ，对答案的贡献是 $f [j - v] \times (k + 1)$
由于本题数据需要取模，而取模后大小会发生改变，这题最秒的是用 $l o g$ 代替乘积。那么价值 $w$ 变为 $l o g (k + 1)$ 。
$f [j]$ 是一个 $p a i r$ ，第一个值记录 $l o g$ ，第二个值记录原答案（取模），由于 $p a i r$ 比较按照一个数，直接比较即可
注意：以下代码dp体积从大到小枚举优化了空间。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<double,ll> pdl;
const int N=100010;
const ll mod=1e9+7;;
int prime[N],cnt;
bool st[N];
pdl f[N];
int n;
void init(int n)
{for(int i=2;i<=n;i++){if(!st[i]) prime[++cnt]=i;for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++){st[prime[j]*i]=1;if(i%prime[j]==0) break;}}
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;init(100000);while(T--){cin>>n;f[0]={0,1};ll now=0;for(int i=1;i<=cnt;i++){for(int j=n;j;j--){ll p=prime[i];ll s=prime[i];for(int k=1;s<=j;k++,p*=prime[i],s+=p)f[j]=max(f[j],{f[j-s].x+log2(k+1),f[j-s].y*(k+1)%mod});}now+=prime[i];if(now>n) break;}pdl res={0,0};for(int i=0;i<=n;i++) res=max(res,f[i]);cout<<res.y<<'\n';}return 0;
}