我太弱了，改不出T4，就把T1-3題解碼了。
T1 報數
題目鏈接
想着T2，T3的題解都寫了，就補一下T1的吧。
典型的篩法。
假如一個數含有7，則把它的倍數全篩走。
這里可以加一個小優化，假如這個數已經被篩過，就不需要再篩它的倍數了。
最后再倒着預處理每個數的下一個沒被篩的是什么。
如果不預處理，不斷6999999就可以卡死你。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();
}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();}return x*f;}
//#define M
//#define mo
#define N 10000050
int n, m, i, j, k;
int f[N], s[N], t, x;
int pan(int x)
{
while(x)
{
if(x%10==7) return 1;
x/=10;
}
return 0;
}
signed main()
{
// freopen("number.in", "r", stdin);
// freopen("number.out", "w", stdout);
for(i=1; i<=10000005; ++i)
{
if(pan(i))
{
if(!f[i])
for(j=i; j<=10000005; j+=i) f[j]=1;
}
// if(!f[i]) printf("%d\n", i);
}
for(i=10000005; i>=1; --i)
{
if(!f[i]) s[i]=i;
else s[i]=s[i+1];
// printf("s[%d]=%d\n", i, s[i]);
}
t=read();
while(t--)
{
x=read();
if(f[x]) printf("-1\n");
else printf("%d\n", s[x+1]);
}
return 0;
}
T2 數列
題目鏈接
首先dp得從低位向高位枚舉，因為高位無論如果使用 \(2^{a_i}\) 都對低位二進制1的個數無影響，滿足dp的無后效性。
設 \(dp(k, i, x, y)\) 為 \(S\) 從低的高二進制的前 \(k\) 位中，用了數列 \(a\) 的前 \(i\) 項，且此時 \(S\) 中共有 \(x\) 個二進制位為1，第 \(i+1\) 位進了 \(y\) 過去。
則：
假設這一位有 \(j\) 個 \(a_j\) 滿足 \(a_j=k\)，則下一位就有 \(i+j\) 個 \(a\) 的元素確定，如果這一位是1，則 \(x+1\)，在轉移中的 \(x+(y+j\&1)\) 體現。而進位到下一位的就是 \(y+j>>1\) 了。
對於每種方案，其對於答案的貢獻為 \(v_k^j\)，而方案相當於在 \(i+j\) 個數中插 \(j\) 塊板，即 \(C_{i+j}^j\)。
建議用記憶化搜索實現。
Code
// Problem: P7961 [NOIP2021] 數列【民間數據】
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7961
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define mo 998244353
#define N 40
#define M 110
int n, m, i, j, k;
int c[M][M], s[M][M];
int f[M][N][N][N], v[M], K;
int count(int x)
{
int ans=0;
while(x) x-=x&-x, ++ans;
return ans;
}
int dfs(int k, int u, int x, int y)
{
if(u==n)
{
// printf("> f[%lld][%lld][%lld][%lld]=%lld\n", k, u, x, y, x+count(y)<=K);
if(x+count(y)>K) return 0;
// printf("----------");
return 1;
}
if(k>m) return 0;
if(f[k][u][x][y]!=-1) return f[k][u][x][y];
int ans=0;
for(int i=0; i<=n-u; ++i)
{
ans=(ans+dfs(k+1, u+i, x+((y+i)&1), (y+i)>>1)
*s[k][i]%mo*c[u+i][i]%mo)%mo;
// printf("%lld %lld\n", s[k][i], c[n-u][i]);
}
f[k][u][x][y]=ans;
// printf("f[%lld][%lld][%lld][%lld]=%lld\n", k, u, x, y, f[k][u][x][y]);
return f[k][u][x][y];
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
memset(f, -1, sizeof(f));
n=read(); m=read(); K=read();
for(i=0; i<=m; ++i) v[i]=read();
c[0][0]=1;
for(i=1; i<=n; ++i)
for(j=c[i][0]=1; j<=i; ++j)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;
for(i=0; i<=m; ++i)
{
s[i][0]=1;
for(j=1; j<=n; ++j) s[i][j]=(s[i][j-1]*v[i])%mo;
}
printf("%lld\n", dfs(0, 0, 0, 0));
return 0;
}
T3 方差
題目鏈接
Part A 式子化簡
首先題目要求的式子就是 \(n^2\) 乘上 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(a_i-\bar a)^2\)，其中 \(\bar a=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i\)。
我們把這三合在一起也就是：
前面化簡一下，后面用完全平方公式展開：
拆開：
對於第二坨，把與 \(a_i\) 無關的抽出來：
把第二坨化簡一下：
把第二坨的后兩個寫成平方的形式：
看第三坨，發現沒有和 \(i\) 有關的項，之間把 \(\sum_{i=1}^n\) 變成乘 \(n\)：
化簡一下第三坨：
然后我們發現二、三坨可以合並：
於是對於每種 \(a\) 我們都有直接算的方法了。
Part B 差分交換
現在讓我們考慮令一個問題。
對於相鄰的三個數 \(a_{i-1}\)、\(a_i\)、\(a_{i+1}\)，我們計算相鄰兩數的差分別為 \(a_i-a_{i-1}\)、\(a_{i+1}-a_i\)。
先在我們把 \(a_i\) 變成 \(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)，現在就是 \(a_{i-1}\)、\(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)、\(a_{i+1}\)。
然后我們再對相鄰兩數作差分別為：\(a_{i+1}-a_i\)、\(a_i-a_{i-1}\)。
發現了什么？
沒錯，我們對每個數進行交換，只不過是把相鄰兩項的差交換。
於是我們對 \(a\) 作差分序列 \(d\)，這樣無論我們對 \(a\) 序列進行怎樣的變換，\(d\) 序列的元素始終不變，只是順序改變。
基於這個結論，我們可以枚舉 \(d\) 的順序，時間復雜度 \(O(n!)\)。
Part C 差分單谷性
這里我們可以引出一個結論：\(d\) 的排列必然是先從大到小，再從小到大。
這里可以感性理解一下，因為對於每個 \(a\) 只有不斷靠近平均數，方差才最小。
我們也可以大致運用反證法證明。（有誤請指出）
圖中 \(d_1>d_2\)，我們發現 \(a_1\) 與 \(a_3\) 的值不變，圖2相比圖1中只有 \(a_2\) 變大了。
兩個 \(a_2\) 相比，顯然圖1中的 \(a_2\) 更靠近谷底，也就是 \(\bar a\)。按照開始的式子 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(a_i-\bar a)^2\) 我們發現 \(a_2\) 取圖1的情況更優。
有了這個結論，我們可以把 \(d\) 按從大到小排序，對於 \(d_i\)，要么放左邊，要么放右邊，通過此方法，我們就得到了一種 \(O(2^n)\) 的暴力。
48分Code
// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差【民間數據】
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 410
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int a[N], d[N], b[N];
int ans=0x7fffffff;
int sum, num;
bool cmp(int x, int y)
{
return x>y;
}
void dfs(int x, int l, int r, int s, int t)
{
if(l==r-1)
{
ans=min(ans, n*t-s*s);
return ;
}
int k;
k=a[l+1]=a[l]+d[x]; dfs(x+1, l+1, r, s+k, t+k*k);
k=a[r-1]=a[r]-d[x]; dfs(x+1, l, r-1, s+k, t+k*k);
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for(i=2; i<=n; ++i) d[i-1]=a[i]-a[i-1];
sort(d+1, d+n, cmp);
dfs(1, 1, n, a[1]+a[n], a[1]*a[1]+a[n]*a[n]);
printf("%d", ans);
return 0;
}
Part D 相對位置代替絕對位置
可以發現，我們在上面的方法中每次都把 \(a\) 的絕對位置求出來。但其實我們可以只求出其相對位置。
我們先對 \(d\) 從小到達排序，再一條一條放進去。此時 \(a_i\) 的位置是在這種放進去的方法下的 \(\sum_{j=1}^i d_j\)。
首先讓我們把之前的式子搬回出來：
我們要讓結果最小，就是要讓 \(\sum_{i=1}^n a_i\) 最大，\(\sum_{i=1}^n a_i^2\) 最小。
讓我們設 \(f(i, j)\) 表示已經決定的 \(i\) 個 \(a\) 里面，和為 \(j\) 的最小平方和。設 \(S\) 為當前的 \(i\) 的 \(\sum_{j=1}^i d_i\) 。
\(j\) 可以理解為 \(\sum_{i=1}^n a_i\)，\(f(i, j)\) 可以理解為 \(\sum_{i=1}^n a_i^2\)。
現在對於 \(d_{i+1}\)，要么放在左邊，要么放在右邊。
先說放在右邊，\(j\) 則會加上當前點的坐標，答案加上當前的平方，而當前點為 \(S+d_i\)。
放在左邊的話，就是整體 \(a\) 右移 \(d_{i+1}\)，\(j\) 就明顯是加上 \((i+1)\times d_{i+1}\)，至於 \(f\) 的話，這里要手推一下。
首先至少要加上這個點 \(d_i^2\)，然后后面的和變成 \(\sum_{k=1}^i(a_k+d_i)^2\)，而原先是 \(\sum_{k=1}^i a_k^2\)，所以加上的是：
前面用完全平方公式拆一下：
最前面與最后面兩坨消去：
前面那坨把無關緊要的提出了：
把 \(j\) 套進去：
后面那坨直接把 \(\sum_{k=1}^i\) 變成乘 \(i\)：
根據這個，我們可以把放左邊的dp推出了：
后面兩個合一下：
然后就行了。
轉移方程與最終代碼可能有一些細節的東西，改一改就行了。
可是按照這個方法打只有72分。
72分code
// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差【民間數據】
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 410
#define M 610
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int a[N], d[N];
int ans=0x7fffffffff;
int sum, num;
int f[N][N*M];
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for(i=2; i<=n; ++i) d[i-1]=a[i]-a[i-1];
sort(d+1, d+n);
for(i=0; i<=n; ++i) for(j=0; j<=240000; ++j) f[i][j]=ans;
f[0][0]=0;
for(i=0; i<n-1; ++i)
{
sum+=d[i+1];
for(j=0; j<=240000; ++j)
{
f[i+1][j+sum]=min(f[i+1][j+sum], f[i][j]+sum*sum);
f[i+1][j+d[i+1]*(i+1)]=min(f[i+1][j+d[i+1]*(i+1)], f[i][j]+2*j*d[i+1]+(i+1)*d[i+1]*d[i+1]);
// if(f[i][j]!=ans)
// printf("f[%lld][%lld]=%lld\n", i, j, f[i][j]);
}
}
for(i=0; i<=24000; ++i)
{
// if(f[n-1][i]!=0x7fffffffff) printf("f[%lld][%lld]=%lld\n", n-1, i, f[n-1][i]);
// ans=min(ans, n*(f[n-1][i]+2*i*a[1]+(n-1)*a[1]*a[1]+a[1]*a[1])-(a[1]*n+i)*(a[1]*n+i));
ans=min(ans, n*f[n-1][i]-i*i);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
Part E 小優化
我們發現主要是集中在MLE和TLE。
MLE方面，我們可以使用滾動數組。
TLE的話，對於 \(j\) 的循環范圍，我們可以動態分配。
提一句，最后加不加上 \(a_1\) 都行（實測可以）。
最后貼上AC code：
// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差【民間數據】
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 10010
#define M 610
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int a[N], d[N];
int ans=0x7ffffffffff;
int sum, num, p, q;
int f[2][500010];
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for(i=2; i<=n; ++i) d[i-1]=a[i]-a[i-1];
sort(d+1, d+n);
for(j=0; j<=500000; ++j) f[1][j]=f[0][j]=ans;
f[0][0]=0;
for(i=0; i<n-1; ++i)
{
sum+=d[i+1];
p=(i+1)%2; q=i%2; num+=d[i+1]*(i+1);
for(j=0; j<=num; ++j) f[p][j]=ans;
for(j=0; j<=num; ++j)
{
if(j+sum<=num)
f[p][j+sum]=min(f[p][j+sum], f[q][j]+sum*sum);
if(j+d[i+1]*(i+1)<=num)
f[p][j+d[i+1]*(i+1)]=min(f[p][j+d[i+1]*(i+1)], f[q][j]+2*j*d[i+1]+(i+1)*d[i+1]*d[i+1]);
}
}
for(i=0; i<=500000; ++i)
{
//ans=min(ans, n*(f[(n-1)%2][i]+2*i*a[1]+(n-1)*a[1]*a[1]+a[1]*a[1])-(a[1]*n+i)*(a[1]*n+i));
//可寫可不寫，是是否加上a1的情況
ans=min(ans, n*f[n-1][i]-i*i);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}