打了计蒜客上的银川重现赛，总体感觉难度上确实比平时区域赛要低上一些。
这里补一下F题和G题的思路和代码。
upd:I题也补了，理解差不多都在注释里。
- F题
做法，玩一下n=10的样例就出来啦！
解释:显然a^x的反函数为logx，我们先固定外层的求和的a，然后看内层求和的b，b从a开始加到n，注意到对于后半个向上取整的loga，b>=a，所以始终都是1，而对于前半个式子，只有当b经过a^i时才增加，举个例子就是log2~log3向下取整都为1，log4~log7向下取整都为2，log8~log10都为3.
对于n=10的样例，a=2就可以这样玩出来，在玩a=3，同理，b从3~10的过程中，9和10的时候出来2。
而对于4和4以后的值，我们发现后面求和的值都是n-i+1个1，就是从i到n中有多少个数，这部分我们就可以用公式算。咋算呢？
Σi(n-i+1)，显然 i 从sqrt(n)+1到n，把这个式子拆开来，就可以得到公式，此处注意 1+2+……+n=n*(n+1)*(2n+1)/6;
至此，我们就可以发现规律了！n最大到1e12，我们就可以对前sqrt(n)个数暴力的去算。后面部分的完美地去用公式算。
不过比赛的时候，取模写炸了，导致10几分钟就推出来的结论，爆炸搞了2个小时，取模要每步取模，由于这里的n本身就很大，每个数本身都要取模，而更重要的是对于除法，取模意义下要用逆元来算，所以就用到了快速幂来求除法逆元。主要是这里除法经常炸，亏我对拍debug了半天。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=; ll quick(ll x,ll n) //快速幂 x^n
{
ll res=;
while(n)
{
if(n&) res=(res*x)%MOD;
x=(x*x)%MOD;
n>>=;
}
return res;
} ll inv(ll a) //逆元 费马小定理，要求 a,mod互素
{
return quick(a,MOD-);
} ll i2sum(ll i)
{
return (((i%MOD)*((i+)%MOD))%MOD*(((*i)%MOD+)%MOD))%MOD*inv()%MOD;
} int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
ll n;
cin>>n;
ll ans=;
ll k=(ll)sqrt(n)+;
//debug(k);
for(ll i=;i<k;++i)
{
ll t=i;
ll q=;
while(t<=n)
{
q=(q+n-t+)%MOD;
t*=i;
}
ans=(ans+(q%MOD)*(i%MOD)%MOD)%MOD;
//debug(ans);
}
//debug(ans);
ans=(ans+(((((n+)%MOD)*((n-k+)%MOD))%MOD*(((k+n)%MOD)*inv()%MOD)%MOD)%MOD+i2sum(k-)-i2sum(n)+MOD)%MOD)%MOD;
// debug(ans);
//ll t=i2sum(n);
//debug(t);
cout<<ans<<endl;
return ;
}
//200 1366404
//1000 167464908
//10000 36893337
//100000 384927495
//1000000 960529847
//10000000 679483439
//100000000 498142384
debug和对拍数据没删，也可以对照一下。
- G题
g题一开始看题目看傻了，p是啥完全不知道，后来和队长讨论了一下，结合样例一看，就对上感觉了。
因为操作就是乘2到10之间的一个数，很显然p | n 且 不p | n 的m 就是你已经对p乘的操作，需要对照样例感觉一下。
然后维护四棵 区间加法，维护最大值的线段树了。
然后对于2~10的数你可以写if else ，也可以像我这样写，每次差几个log级update的操作问题不大。
然后这两天的数据结构和计算几何题，告诉我这类题一定要scanf，printf，开优化的cin也不行！！！
然后就没啦！(cry！
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1) using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+;
int prime[]={,,,}; struct tree
{
int seg[MAXN<<];
int lazy[MAXN<<];
inline void pushup(int rt){ seg[rt]=max(seg[lson],seg[rson]); }
inline void pushdown(int rt)
{
if(lazy[rt])
{
lazy[lson]+=lazy[rt];
lazy[rson]+=lazy[rt];
seg[lson]+=lazy[rt];
seg[rson]+=lazy[rt];
lazy[rt]=;
}
}
void build(int l,int r,int rt)
{
seg[rt]=lazy[rt]=;
if(l==r) {seg[rt]=;return;}
int m=(l+r)>>;
build(l,m,lson);
build(m+,r,rson);
pushup(rt);
} void update(int l,int r,int rt,int ql,int qr,ll x)
{
if(ql<=l && r<=qr) {seg[rt]+=x;lazy[rt]+=x;return;}
pushdown(rt);
int m=(l+r)>>;
if(ql<=m) update(l,m,lson,ql,qr,x);
if(qr>m) update(m+,r,rson,ql,qr,x);
pushup(rt);
} int query(int l,int r,int rt,int ql,int qr)
{
if(ql<=l && r<=qr) return seg[rt];
pushdown(rt);
int m=(l+r)>>;
int ans=-INF;
if(ql<=m) ans=max(ans,query(l,m,lson,ql,qr));
if(qr>m) ans=max(ans,query(m+,r,rson,ql,qr));
return ans;
}
}t[]; int main()
{
int n,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
//for(int i=0;i<4;++i) t[i].build(1,n,1);
while(q--)
{
char s[];
scanf("%s",s);
int a,b,x;
if(s[]=='U')
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&x);
for(int i=;i<;++i)
{
int tt=;
while(x%prime[i]==)
{
x/=prime[i];
tt++;
}
//debug(tt);
if(tt!=) t[i].update(,n,,a,b,tt);
if(x==) break;
}
}
else
{
scanf("%d%d",&a,&b);
int ans[];
for(int i=;i<;++i)
{
ans[i]=t[i].query(,n,,a,b);
//debug(ans[i]);
}
int a1=max(ans[],ans[]),a2=max(ans[],ans[]);
printf("ANSWER %d\n",max(a1,a2));
}
}
return ;
}
- I题
2~62任意进制的转换，poj1220
代码来源于大神，看了有些时间才差不多理解。
原来的代码是利用字符ASCII码直接映射的，我自己写的建立了两个互相的映射map，感觉也挺好用的。
转换的核心过程见注释代码。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout<< # x <<": "<<x<<endl
using namespace std;
const int MAXN=1e3+; map<char,int> mp;
map<int,char> mp2; void init()
{
int k=;
char c;
for(int i=;i<;++i) //0~9
{
c=i;
mp2[k]=c;
mp[c]=k++;
}
for(int i=;i<+;++i) //A~Z
{
c=i;
mp2[k]=c;
mp[c]=k++;
}
for(int i=;i<+;++i) //a~z
{
c=i;
mp2[k]=c;
mp[c]=k++;
}
}
int n,m;
char s[MAXN],ans[MAXN];
int t[MAXN],a[MAXN]; void solve()
{
int len=strlen(s),k=;
for(int i=len-;i>=;--i)
{
t[len-i-]=mp[s[i]]; //倒置 得到每位的值 下标0表示低位
}
for(k;len;) //模拟 除m取余 的过程 一次得到低位的一个数
{
for(int i=len-;i>=;--i) //
{
t[i-]+=t[i]%m*n;
t[i]/=m;
}
a[k++]=t[]%m;
t[]/=m;
while(len && !t[len-]) //当前高位已为0，可以减少总位数
len--;
}
ans[k]='\0';
for(int i=;i<k;++i)
{
ans[k-i-]=mp2[a[i]]; //数是从下标0开始的，需要倒置
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
init();
cin>>n>>m;
cin>>s;
solve();
cout<<ans<<endl;
return ;
}