我看到花儿在绽放 我听到鸟儿在歌唱 我看到人们匆匆忙忙
我看到云朵在天上 我听到小河在流淌 我看到人们漫步在路上

河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学

河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ

第二场，暴露了很多问题，这次的题目数学数论题居多，有点样例都看不明白，做的时候都快崩溃了。数学不好太难了；数论还没咋看，导致一些简单的题推不出来；有一些模板题没见过很不好想，但是想明白后不算难；

预估难度：

• 简单：K I M D
• 中等：E C B A L
• 较难：H G
• 困难：J F

我的做题顺序 K I M D A，数学太难了_XD；虽然最后榜又歪了但是这次影响不大，自己做题的顺序也是按难度来的；

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K-打瓦

签到题，使出PHP大法；

gugugaga

PHP 是一种创建动态交互性站点的强有力的服务器端脚本语言。意思就是说php语言会把不是代码的东西直接输出；

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I-猜数游戏(easy)

签到题；最优策略肯定是二分的思路去猜，所以需要log2(n)次，向上取整；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
void slove(){int n;cin>>n;int an=(int)log2(n);if(log2(n)>an) an++;cout<<an;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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M-米娅逃离断头台

数学题；设大圆半径为$a$小圆半径为$b$从圆心连向切线要求的面积为$\pi \times (a^2-b^2)/2$,又勾股定理可得$a^2-b^2=x^2/4$，固答案为$\pi \times x^2/8$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
const double pi=3.1415926535;
void slove(){int x;cin>>x;double c=x/2.0;double an=0.5*pi*c*c;printf("%.2lf",an);
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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D-开罗尔网络的备用连接方案

一道很简单的遍历树的题，先按要求建树，然后dfs遍历统计到达每个节点是当前值的二进制数里一的个数，最后多次寻问含有相应个数的1的节点有几个，对应查询就好；

输入边的时候顺序不是固定的，所以建树的时候记得建双向边！这样才能把图连起来；便利的时候打标记或记录父节点，防止走回头路；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
vector<int> e[N];
int a[N];
int an[N];
void dfs(int x, int w, int f){  int c = a[x]&w;bitset<35> b(c);an[b.count()]++;for (int i : e[x]) {if (i==f) continue; dfs(i,c,x); }
}
void slove() {int n, q;cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i < n; i++) {int u, v;cin >> u >> v;e[u].push_back(v);e[v].push_back(u); }dfs(1,-1,0);while (q--) {int x;cin >> x;cout << an[x] << endl;}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

这题的题目描述真是一言难尽，连最基本的需求都表达不清楚；第一次用比赛的小喇叭，没想到出题人还真的回复了；后面补充过后明白题意后操作起来就很简单；

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E-咕咕嘎嘎!!!(easy)

数据很小，而且输入的是一个数，一开始想的是dfs枚举，但估计会超时，于是就想动态规划或者数学推导；但是太菜了没推出来；

题解中给出的动态规划的写法，有点类似于暴力，三重循环，i表示枚举新选进去的数，j枚举选了这个数后所有gcd的情况，k表示已经选取的序列的长度有点类似01背包，看看是加上这一位更优还是不加更优，这题里面不牵扯物品的价值价值，所以直接加也可以；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5e3+5;
const int M=1e9+7;
int dp[N][N];
void slove(){int n,m;cin>>n>>m;for(int i=2;i<=n;i++)dp[i][1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){ // 枚举的是选进去的数for(int j=2;j<i;j++){ // 枚举的是前面状态的gcd是多少for(int k=m;k>=2;k--){ // 枚举级精选取得序列长度的长度,每一维都相当于是个01背包，所以倒序dp[__gcd(i,j)][k]=max(dp[__gcd(i,j)][k],dp[__gcd(i,j)][k]+dp[j][k-1]);dp[__gcd(i,j)][k]%=M;}}}int an=0;for(int i=2;i<=n;i++)an+=dp[i][m],an%=M;cout<<an;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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C-O神

这题感觉还是比较有意思的，不太好想，被题目中设立的情境给迷惑了；比赛的时候以为就是一个大模拟，但是赛后看题解才看出来居然是个背包dp；使用 dp[j]表示消耗 j能获得的最大收益。把最优的充值情况记录下来；然后看每一抽在最优的情况下需要花费多少的钱记录在新的数组b[]中；

但是这个样例看着太奇怪了，比赛的时候根本没看懂，正常的概率不应该是小数吗？后面发现是乘法逆元的缘故：

在普通数学中，概率 $\frac{p}{q}$是一个小于等于1的分数。但在模数下，分数$\frac{p}{q}$被表示为 $p\times q^{-1}$ mod $M$,其中 $q^{-1}$是 $q$ 的模逆元。模逆元$q^{-1}$通常是一个很大的数(因为$q$是小整数时，$q^{-1}\mathrm{mod}M$接近$M$)。期望计算中，每一项$b[i]\times p\times q^k$在模数下会被放大$p=\frac{p}{q}$在模数下是$p\times q^{-}1\mathrm{mod}M$(大数)。$q^k$是$(1-p{)}^k\mathrm{mod}M$,但通常仍是大数。最终累加时，这些大数相乘再取模，结果可能仍然很大。进一步了解好像是大二会学到的离散；

对概率逆元操作完之后，把每一抽的期望[总概率（成功的概率×当前失败的概率）×代价]计算出来累加就好了！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e3+3;
const int M=1e9+7;
int dp[N],b[N];
pii a[N];
int kksu(int a,int b){a%=M;int s=1;while(b){if(b&1){s*=a;s%=M;}a*=a;a%=M;b>>=1;}return s;
}
void slove(){int x,p,q,m;cin>>x>>p>>q>>m;int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i].fi>>a[i].se;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=N;j>=a[i].fi;j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].fi]+a[i].se);int t=0;for(int i=1;i<=m;i++){while(dp[t]<x*i)t++;b[i]=t;}int p1=p*kksu(q,M-2)%M;int q1=((1-p1)%M+M)%M;t=1;int an=0;for(int i=1;i<m;i++){an+=b[i]*p1%M*t%M;an%=M;t*=q1;t%=M;}an+=t*b[m];cout<<an%M;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

但是代码里面的细节超级多，超级容易写错，因为逆元的缘故，所以基本上计算的地方都要一直去取模；

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B-异或期望的秘密

这题没看懂的原因和上一题一样，不明白样例里面为什么突然变得那么大，还是对乘法逆元的理解不够深刻！

看懂后其实不难理解；

再具体的看这题之前先看下面这两题；

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小蓝的二进制询问

D-小蓝的二进制询问_河南萌新联赛2024第（一）场：河南农业大学

不难发现，这道题也是这个人出的

题目要求计算区间 [l, r]内所有整数的二进制表示中1的个数之和的问题。核心策略是利用按位计算的方法高效地计算从0到任意整数n（包括n）的二进制1的个数之和，然后通过前缀和思想计算区间和。

整体的思想就是类似于前缀和的思想对于查询 [l, r]，区间和等于 f(r) - f(l-1)，即：
$$\text{ans}=(\sum _{i=0}^r\text{popcount}(i))-(\sum _{i=0}^{l-1}\text{popcount}(i))$$

f(n)计算从0到n（包括0和n）的所有整数的二进制表示中1的个数之和。

循环条件：变量 t从2开始，每次左移一位(即t * =2),直到t>=n * 2。

周期贡献：对于每个位位置 (相当于以 t为周期),完整周期的个数是n/t。每个周期中该位为1的个数是 t/2。因此，完整周期贡献为：(n/t)*(t/2)。

以i=2，第二位为例

十进制数  二进制   第2位
0        000      0  ← 周期开始
1        001      0
2        010      0
3        011      0 
4        100      1
5        101      1
6        110      1
7        111      1
8       1000      0   ← 下一个周期开始
...

周期长度：T = 2ⁱ⁺¹ = 8
每个周期内：前2ⁱ个数第2位为0，后4个数为1

所以得到每一位的周期就是T = 2ⁱ⁺¹，周期内1的个数就是2ⁱ；

剩余部分贡献：在一个不完整的周期中，如果余数n%t大于 t/2,则剩余部分中该位为1的个数是 n%t- t/2。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
const int M=998244353;
int f(int n){if(n==0) return 0;int s=0,t=2;n++;while(t<n*2){s+=n/t*(t/2);if(n%t>t/2) s+=n%t-t/2;s%=M;t<<=1;}return s%M;
}
void slove(){int l,r;cin>>l>>r;cout<<(f(r)-f(l-1)+M)%M<<endl; 
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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累加器

F-累加器_河南萌新联赛2024第（三）场：河南大学

这题要让我们看从x到x＋y这期间，对应二进制的数的每一位；可以延续上一题的思路；我们看看从0到x+y中变了多少次再减去从0到x变了多少次，就是我们的结果；

这道题我们只用找到他变化的周期就行，不要再具体看有几个1了，所以更简单点；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
const int M=998244353;
int f(int x){int s=0;int t=1;while(t<=x){s+=x/t;t<<=1;}return s;
}
void slove(){int x,y;cin>>x>>y;cout<<f(x+y)-f(x)<<endl;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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异或期望的秘密

现在我们再回来看这道题；这题看着带这个异或的字样，其实和异或关系并不大；异或时相同的位会被赋予0，所以我们去找不同的位的个数，再去比上区间长，就是我们所求的期望；

为了方便统计，我们就一位一位的看，看看这个区间的数的这一位上有几个1几个0，再看参与运算的k这一位是1还是0，找到不一样的那个数的个数，累加的分子里面；最后计算出的结果是个分数，题目要求输出逆元的形式；和上面的推导是一样的；这里每次f函数判断一位就行，遍历每一位的for在主函数中；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
const int M=1e9+7;
int kksu(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1){s*=a;s%=M;}a*=a;a%=M;b>>=1;}return s;
}
int f(int n,int i){if(n==0) return 0;int s=0,t=1<<(i+1);n++;s+=n/t*(t/2);if(n%t>t/2) s+=n%t-t/2;s%=M;return s%M;
}
void slove(){int l,r,k;cin>>l>>r>>k;int fz=0,fm=r-l+1;for(int i=0;i<=30,(1ll<<i)<=max(k,r);i++){int v=f(r,i)-f(l-1,i);if(k>>i&1) v=fm-v;fz+=v;fz%=M;}int an=fz*kksu(fm,M-2)%M;cout<<an<<endl;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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A-约数个数和

朴实无华的题目描述，朴实无华的模板；一开赛就看到好多人都过了，题目还这么简短；那大概率就是模板了；一开始是毫无头绪的，因数的分解一直不太会（后来才想明白为什么是除），比赛的时候列了超级多的例子，惊奇的发现我们要求的答案就是${\sum }_{i=1}^n\frac{n}{i}$，当时可激动了于是就暴力提交；但是数据很大超时了；于是就把每一项都列了出来，想到了之前看到过的整除分块，但是之前没具体学，好在还记得当时的思路自己推了推；

看似很简单，但是当时写完d后就一直在推推推…；好在最后还是对了；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
void slove(){int n;cin>>n;int an=0;for(int l=1;l<=n;l++){int r=n/(n/l);an+=(n/l)*(r-l+1);l=r;}cout<<an;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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整除分块

什么是整除分块？

整除分块 (又称数论分块) 是一种用于高效计算涉及整除运算的和式的技巧，常见于数论和算法问题中。其核心思想是将求和式中相同的整除结果进行“分块”,合并计算，从而将时间复杂度从$O(n)$优化至$O(\sqrt{n})$。

给定一个正整数$n$ ,如何快速计算以下和式？

$$S=\sum _{k=1}^n\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$$

我们以16为例，现将结果列出来

$$\begin{array}{ccccccccccccccccc}i& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& 10& 11& 12& 13& 14& 15& 16\\ \frac{16}{i}& 20& 10& 6& 5& 4& 3& 2& 2& 2& 2& 1& 1& 1& 1& 1& 1\end{array}$$

观察整除结果：对于 $k\in [1,n]$,$\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \text{的取值最多只有}2\sqrt{n}$种(因为 $k\le \sqrt{n}\text{时有}\sqrt{n}\text{种取值，}k>\sqrt{n}\text{时}\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \le \sqrt{n})$ 。

合并相同值：找到所有满足$\lfloor \frac{n}{k}\rfloor =q\text{的连续区间 }[l,r]$,计算该区间的贡献为 $q\cdot (r-l+1)$。

确定右端点：对于当前分块的左端点$l\text{,其右端点为}r=\left|\frac{n}{q}\right|$,其中$q=\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$。

看不懂？没关系来数形结合，画出$\frac{16}{i}$的函数图像，就是我们熟悉的反比例函数的图像；因为计算机的除法会向下取整，所以我们画出向下取整的函数，不难发现也是一段一段的！
与我们发现的规律一致；

所以整除分块就是找到这些连续的块的左右端点，这样求和的时候就不用每个数都遍历一遍了；

我们可以这么理解，因为是向下取整，所以顺序遍历新得到的结果的数可能是除不尽的（可能会有余数），那我们就反除这个结果，得到恰好能除完的位置，那个位置就是我们的右端点；再往后就是新的结果了；

分块过程还是以16为例

分块区间 [l, r]	q = $$\lfloor \frac{16}{l}\rfloor$$	右端点 $$r=\lfloor \frac{16}{q}\rfloor$$	贡献 $$q\cdot (r-l+1)$$
[1, 1]	16	1	16 × 1 = 16
[2, 2]	8	2	8 × 1 = 8
[3, 3]	5	3	5 × 1 = 5
[4, 4]	4	4	4 × 1 = 4
[5, 5]	3	5	3 × 1 = 3
[6, 8]	2	8（因为 $$\lfloor \frac{16}{2}\rfloor =8$$）	2 × 3 = 6
[9, 16]	1	16	1 × 8 = 8

所以就能得到模板

for(int l=1;l<=n;l++){int r=n/(n/l);an+=(n/l)*(r-l+1);l=r;
}

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同类练习

K-取模_2022年中国高校计算机大赛-团队程序设计天梯赛（GPLT）上海理工大学校内选拔赛

也是一道数学题；题目要求${\sum }_{i=1}^n\left(n\%i\right)$的结果；

我们可以得出$n\%i=n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i$

我们的问题就可以转行为${\sum }_{i=1}^n(n\%i)={\sum }_{i=1}^n(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i)$也就是$=n^2-{\sum }_{i=1}^n(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i)$

只看右边进而得到${\sum }_{x=l}^{r}x\cdot \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$所以我们要求的就是整除分块后每一块的区间和（用等差数列求和）×这一块的值；最后累加起来用n²减；就可以了；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+5;
const int M=998244353;
void slove(){int n;cin>>n;__int128 s=0;for(__int128 l=1,r=1;l<=n;l++){int k=n/l;r=n/k;s+=((l+r)*(r-l+1)/2*k+M)%M;l=r;}int an=((__int128)n*(__int128)n-s)%M;cout<<an;
} 
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)slove();return 0;
}

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L 题也是数论的题，推出结论就能快速解决，可结论成了大问题；

H 看题解说是个数位dp，好像也能做？

G 题树形dp，比赛的时候看出来了，和之前写的没有上司的舞会比较像，但是写的时候有bug一直改不对；

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这次补题的收获还是很大的，也学到了很多新的东西；

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