标签：amp onclick round 方便 can $2 关系 div 一个
考场上全程盯着PDF，不知道OJ上有样例解释？最后题都没读懂，看到OJ上的样例解释之后恍然大悟，然后就过了，我×××××，下次我一定PDF和OJ题面都认真阅读
读懂题之后其实很简单，给序列排序，去重，然后在排好序的数组中寻找原序列前一位和后一位，看是否满足条件就可以了
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define int long long 5 #define maxn 10010 6 #define mod 2147483647 7 using namespace std; 8 int n,ans,ca; 9 int a[maxn],lsh[maxn]; 10 signed main() 11 { 12 while(scanf("%lld",&n)==1) 13 { 14 ca++; ans=0; 15 for(int i=1;i<=n;++i) {scanf("%lld",&a[i]); lsh[i]=a[i];} 16 sort(lsh+1,lsh+n+1); 17 int len=unique(lsh+1,lsh+n+1)-lsh-1; 18 if(len==1) {printf("Case #%lld: -1\n",ca); continue;} 19 for(int i=1;i<=n;++i) 20 { 21 a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+len+1,a[i])-lsh; 22 int wz1=a[i]-1,wz2=a[i]+1; 23 if(wz1==0) wz1=n; 24 if(wz2==len+1) wz2=1; 25 if((lsh[wz1]+lsh[a[i]])%mod==lsh[wz2]) ans++; 26 } 27 printf("Case #%lld: %lld\n",ca,ans); 28 } 29 return 0; 30 }
据说很像约瑟夫问题2？为什么人家可以打表找规律，我就找不到什么关系，好吧因为我菜，考虑一下，为了方便我们把原本$[1,n]$的编号变为$[0,n)$，每轮游戏之后都重新编号，那么第$i$轮游戏之后所有人的编号应该是向前移动了$i$，也就是变小了$i$，理解一下，原本的编号为$i$的人，编号变成了$0$，所以统一变小了$i$，那么我们就可以利用这个关系，对编号进行逆推，假设我们知道在第$i+1$轮，这个人的编号为$x$，那么在第$i$轮，此人的编号应该是$(x+i){\%}(n-(i-1))$，${\%}$的那部分是在进行第$i$轮游戏是还有多少人，这样的话$O(n)$逆推回来就可以了，记得最后给答案+1，因为我们统一把答案变小了1
1 #include<cstdio> 2 using namespace std; 3 int t,n,ans; 4 int main() 5 { 6 scanf("%d",&t); 7 while(t--) 8 { 9 scanf("%d",&n); ans=0; 10 for(int i=n-1;i>=1;--i) ans=(ans+i)%(n-i+1); 11 printf("%d\n",ans+1); 12 } 13 return 0; 14 }
其实就是一个裸的求解数学式子，那我们就先把它抽象为求$N^a{\%}p$而问题出现在了他给的模数$p$不是质数，我们发现$p=2{\times}p_1$，那我们可以把$N^a$分别对2和$p_1$取模，然后合并$CRT$，对$2$取模很简单，只需要判一下$N$的奇偶就可以得到答案，对于另一个式子$N^a{\%}p_1$，由于$a$是组合数的加和，可能会爆$long long$，所以根据某定理，该式可变为$N^{a{\%}{\varphi}(p_1)}{\%}p_1$，那又有一个新问题出现了，$p_1$是质数然而${\varphi}(P_1)$也就是$p_1-1$不为质数，要怎么求呢？分解质因数，求在模每个质因数意义下的$a$的值，还是合并$CRT$即可，这不就××是道$CRT$的板子题嘛，我不会能怎么办
1 //求N^(a%phi(mod))%phi(mod) 2 //phi(mod)分解质因数，求对每个数取模意义下的组合数，求出模每个数意义下的C之和，之后合并CRT 3 //给合并CRT之后的结果直接快速幂求结果 4 //再把结果和1或0CRT一下就可以了 5 #include<iostream> 6 #include<cstdio> 7 #include<vector> 8 #define ll long long 9 #define moddd 54184622 10 #define maxn 1001000 11 using namespace std; 12 int n,g; 13 int mod[6]={0,2,3,5,7,129011}; 14 ll jc[maxn],ny[maxn]; 15 vector <int> G; 16 vector <ll> ans; 17 int gcd(int a,int b) 18 { 19 return (b==0)?a:gcd(b,a%b); 20 } 21 ll ksm(ll a,ll b,ll c) 22 { 23 ll ans=1; 24 while(b) 25 { 26 if(b&1) ans=(ans*a)%c; 27 a=(a*a)%c; b=b>>1; 28 } 29 return ans; 30 } 31 ll C(int n,int m,int modd) 32 { 33 if(n<m) return 0; 34 if(n<modd&&m<modd) return ((jc[n]*ny[m])%modd*ny[n-m])%modd; 35 return (C(n/modd,m/modd,modd)*C(n%modd,m%modd,modd))%modd; 36 } 37 ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) 38 { 39 if(b==0) {x=1; y=0; return a;} 40 int gcd=exgcd(b,a%b,x,y); 41 int t=x; x=y; y=t-a/b*y; 42 return gcd; 43 } 44 ll CRT() 45 { 46 ll x,y; ll a=0,mm,nn=1; 47 for(int i=1;i<=5;++i) nn*=mod[i]; 48 for(int i=1;i<=5;++i) 49 { 50 mm=nn/mod[i]; 51 exgcd(mod[i],mm,x,y); 52 a=(a+y*mm*ans[i-1])%nn; 53 } 54 if(a>0) return a; 55 else return a+nn; 56 } 57 ll CRTT(ll xxx) 58 { 59 ll x,y; ll a=0,mm,nn=moddd; 60 mm=nn/2; exgcd(2,mm,x,y); a=(a+y*mm*(n%2))%nn; 61 mm=2; exgcd(moddd/2,mm,x,y); a=(a+y*mm*xxx)%nn; 62 if(a>0) return a; 63 else return a+nn; 64 } 65 int main() 66 { 67 scanf("%d%d",&n,&g); 68 for(int i=1;i<=n;++i) 69 if(gcd(i,n)==1) G.push_back(i); 70 for(int i=1;i<=5;++i) 71 { 72 int p=mod[i],minnn=min(g,p-1); jc[0]=1; 73 for(int i=1;i<=minnn;++i) jc[i]=(jc[i-1]*i)%p; 74 ny[minnn]=ksm(jc[minnn],p-2,p); 75 for(int i=minnn;i>=1;--i) ny[i-1]=(ny[i]*i)%p; 76 ll an=0; 77 for(int i=0;i<G.size();++i) an+=C(g,G[i],p); 78 ans.push_back(an); 79 } 80 ll tot=ksm(n,CRT(),moddd/2); 81 printf("%lld\n",CRTT(tot)); 82 return 0; 83 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hzjuruo/p/11401491.html
