ABC300E
题面
思路
对于投骰子，最后一步可能得到1、2、3、4、5、6，那么对应的最后一步之前的数是n/1、n/2、n/3、n/4、n/5，n/6。并且每个数字（1、2、3、4、5、6）得到的概率是一样的，即为1/6。
也就是F(n)=(1/6)(F(n/1)+F(n/2)+F(n/3)+F(n/4)+F(n/5)+F(n/6))*{只有n%4==0，F(n/4)才能产生贡献，其余同理}
移项得：F(n)=1/5(F(n/1)+F(n/2)+F(n/3)+F(n/4)+F(n/5))，如果一位数组能开下，就可以直接线性dp进行状态转移，但是这个n<=1e18，所以用记忆化搜索的方式实现dp，记录mp[x]为得到x的概率，由于在取模过程中进行了/5操作，所以求一下5在 mod 99824435意义下的乘法逆元即可
细节：mp[x]在调用之前如果不存在会创建mp[x]=0，对记忆化搜索的过程有影响，所以记忆化x是否保存结果的时候应该使用mp.count(x)
代码；
ABC300F
题面
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FAST ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define PII pair<int, int>
#define de(a) cout << #a << " = " << a << "\n";
#define deg(a) cout << #a << " = " << a << " ";
#define endl "\n"
#define int long long
#define LL long long
const int mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 5;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int POW(int a, int b)
{
int res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res *= a;
a *= a;
res %= mod;
a %= mod;
b >>= 1;
}
res %= mod;
return res;
}
map<int, int> mp;
int dp(int n, int inv)
{
if (mp.count(n))
return mp[n];
int ans = 0;
for (int i = 2; i <= 6; i++)
{
if (n % i == 0)
{
ans += dp(n / i, inv);
ans % +mod;
}
}
mp[n] = ans * inv % mod;
return mp[n];
}
void solve()
{
int inv = POW(5, mod - 2);
int n;
cin >> n;
mp[1] = 1;
cout << dp(n, inv);
}
signed main()
{
FAST;
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}思路
先抛出结论：起点一定在1-N某个点（假设字符串第一个字符的下标为1）
证明：首先T是由M个S串拼接而成，假设最优方案具有从第N+1或者更晚的某个字符开始的最长连续的o，然后对于第i个字符，我们决定使用第i-N个字符去替代它(他们是相同的，在不考虑修改的情况下，而且这种情况必定存在，因为i>=N+1)。
得到这个结论之后，就可以O(N)枚举起点，那怎么得到终点呢？
？？暴力枚举，从i（1<=i<=N）开始，枚举j(N<=j<=NM)直到i-j这个区间内的x的个数大于k停止，此时答案即为j-i+1 （i-j范围内的x最多出现k次）。思路没错，但是这样跑直接T飞。
写到这一步就可以二分了，sum[i]表示从1-i这个区间内x的个数是多少。只需要求出1-N的即可，因为后面的NM-N个字符，每N个都与前1-N个字符相同，那对于一个大于N的下标i可以这样得到1-i中的x的个数
int f(int x, int n, vector<int> &rw) // 返回从1-x有多少个x
{//x为终点下表，n即为上文的N，也就是S串的长度，rw是前缀和数组，rw[i]代表1-i有多少个x
int res = (x / n) * rw[n];
int rem = x % n;
res += rw[rem];
return res;
}总结：
枚举起点i（1<=i<=N），二分终点j（i<=j<=NM），[i,j]这个闭区间中x的个数<=k
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FAST ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define PII pair<int, int>
#define de(a) cout << #a << " = " << a << "\n";
#define deg(a) cout << #a << " = " << a << " ";
#define endl "\n"
#define int long long
#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 5;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int f(int x, int n, vector<int> &rw) // 返回从1-x有多少个x
{
int res = (x / n) * rw[n];
int rem = x % n;
res += rw[rem];
return res;
}
void solve()
{
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
string s;
cin >> s;
vector<int> rw(n + 1, 0);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
rw[i + 1] = rw[i];
if (s[i] == 'x')
rw[i + 1]++;
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int fbeg = f(i - 1, n, rw); // 1-i-1位置有多少x
int l = i, r = n * m;
while (l <= r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (f(mid, n, rw) - fbeg <= k)
{
// f(mid, n, rw) - fbeg从i-mid有多少x
l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
res = max(r - i + 1, res);
}
cout << res << endl;
}
signed main()
{
FAST;
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}ABC300G
参考：AtCoder Beginner Contest 300——A-G题讲解atcoder比赛阿史大杯茶的博客-CSDN博客
官方题解：Editorial - UNIQUE VISION Programming Contest 2023 Spring(AtCoder Beginner Contest 300)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FAST ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define PII pair<int, int>
#define de(a) cout << #a << " = " << a << "\n";
#define deg(a) cout << #a << " = " << a << " ";
#define endl "\n"
#define int long long
#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 5;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int n, p;
void push(vector<int> &a, int num) // 将与num结合合法的数全部加进来
{
int sz = a.size();
for (int i = 0; i < sz; i++)
{
int t = a[i];
while (1)
{
t *= num;
if (t > n)
break;
a.push_back(t);
}
}
}
void solve()
{
vector<int> prime = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97};
cin >> n >> p;
while (p < prime.back()) // 将大于p的质因数删去
prime.pop_back();
vector<int> frt = {1}, bck = {1};
for (auto &c : prime)
{
if (frt.size() < bck.size())
push(frt, c); // 采用这种方式降低push函数里面的时间复杂度
else
push(bck, c);
}
sort(frt.begin(), frt.end());
sort(bck.begin(), bck.end());
int res = 0;
for (int i = 0, j = bck.size() - 1; i < frt.size(); i++) // 双指针找合法数
{
int left = n / frt[i];
while (j >= 0 && left < bck[j])
j--;
if (j < 0)
break;
res += j + 1;
}
cout << res << endl;
}
signed main()
{
FAST;
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
