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 $$\begin{bmatrix} 0 & 0 & \cdot\cdot\cdot & 0 & f[\frac{m}{2}]\\ 1 & 0 & \cdot\cdot\cdot & 0 & f[\frac{m}{2}-1]\\ 0 & 1 & \cdot\cdot\cdot & 0 & f[\frac{m}{2}-2]\\ \cdot\cdot\cdot & \cdot\cdot\cdot & \cdot\cdot\cdot & \cdot\cdot\cdot & \cdot\cdot\cdot\\ 0 & 0 & \cdot\cdot\cdot & 0 & f[2]\\ 0 & 0 & \cdot\cdot\cdot & 1 & f[1] \end{bmatrix}$$
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 0x3f3f3f3fint n, m, ans;
int f[][];
int p = 1e9 + ;struct Mat {
int t[][];
Mat() {memset(t, , sizeof t);}
} x;Mat Mul(Mat a, Mat b) {
Mat c;
for (int i = ; i <= m; i++)
for (int j = ; j <= m; j++)
for (int k = ; 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 = ; i <= m; i++) c.t[i][i] = ;
while (b) {
if (b & ) c = Mul(c, a);
a = Mul(a, a); b >>= ;
}
return c;
}int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
n >>= ; m >>= ;
f[][m - ] = f[][m + ] = ;
for (int i = ; i <= (m << ); i++)
for (int j = ; j <= (m << ); j++) {
if (j - != m) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - ][j - ]) % p;
if (j + != m) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - ][j + ]) % p;
}
for (int i = ; i <= m; i++) x.t[i][i - ] = ;
for (int i = ; i <= m; i++) x.t[m + - i][m] = f[i << ][m];
x = Pow(x, n);
printf("%d", x.t[m][m]); return ;
}
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 $\lfloor \frac{x}{2^{k-1}} \rfloor – \lfloor \frac{x}{2^k} \rfloor \times 2$
所以在等差数列的 $n$ 个数中，第 $k$ 位的总贡献为 $\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{b+ai}{2^{k-1}} \rfloor – \lfloor \frac{b+ai}{2^k} \rfloor \times 2$
最后答案就是每一位上的贡献之和
对于形如 $f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n \lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$ 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 0x3f3f3f3fll T, A, B, N, f[];ll calc(ll a, ll b, ll c, ll n) {
if (!a) return b / c * (n + );
if (a < c && b < c) {
ll m = (a * n + b) / c;
if (!m) return ;
return n * m - calc(c, c - b - , a, m - );
}
if (n & )
return calc(a % c, b % c, c, n) + (n + ) / * n * (a / c) + (n + ) * (b / c);
return calc(a % c, b % c, c, n) + n / * (n + ) * (a / c) + (n + ) * (b / c);
}int main() {
scanf("%lld", &T);
while (T--) {
ll ans = ;
scanf("%lld%lld%lld", &A, &B, &N);
for (ll i = , j = ; (i >> ) <= B + A * N; i <<= , j++)
f[j] = calc(A, B + A, i, N - );
for (ll i = , j = ; i <= B + A * N; i <<= , j++)
ans += f[j] - (f[j + ] << );
printf("%lld\n", ans);
} return ;
}
