题解

知识点：贪心。

把所有正偶数除成奇数，即可。

（人傻了没加 \(x>0\) WA2

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        while (x > 0 && x % 2 == 0) x /= 2;
        ans += x;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

B

题解

知识点：数学，构造。

特判 \(n=2\) 无解。

可以先放边长为 \(\left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil\) 正方形，随后边长每增加 \(1\) 需要最少 \(3\) 块，直到边长为 \(2 \cdot \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil\) 后，边长每增加 \(1\) 需要最少 \(5\) 块。以此类推，当边长为 \(\left[(k-1)\cdot\left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil,k\cdot\left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil \right),k \in \N^+\) 时，边长每增加 \(1\) 需要 \(2k-1\) 块积木。

显然，摆完第一轮边长为 \(\left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil\) 后，剩下的 \(n - \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil\) 个积木，而 \(\left\lfloor \dfrac{n - \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil}{3} \right\rfloor \leq \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil\) ，因此不可能摆到需要 \(5\) 个积木的情况。

综上，边长最大值为 \(\left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil + \left\lfloor \dfrac{n - \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil}{3} \right\rfloor\) 。

本题也可以用二分边长做。

（没考虑 \(n - \left\lceil \dfrac{n}{2} \right\rceil\) 大小，傻了吧唧的算了通式，不过可以出题了qwq

考虑 \(n\) 块积木，给定 \(m\) ，每块积木大小为 \(1 \times k,k \in \left[ 1,\left\lceil \dfrac{m}{2} \right\rceil \right]\) ，求能摆成正方形的边长最大值。

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

bool solve() {
    ll n;
    cin >> n;
    if (n == 2) return false;
    ll a = (n + 1) / 2;
    ll ans = a + (n - a) / 3;
    cout << ans << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

C

题解

知识点：构造。

\(n \leq 3\) 或 \(n = 7\) 时无解。

考虑 \(n\bmod 4 = 0,1,2,3\) 的情况。

\(n \bmod 4 = 0\) 时显然形如构造 \(3,4,1,2\) 的循环即可。
\(n \bmod 4 = 1\) 时，前 \(5\) 项构造成 \(4,5,1,2,3\) ，其余仿照 \(n \bmod 4 = 0\) 情况。
\(n \bmod 4 = 2\) 时，前 \(6\) 项构造成 \(4,5,6,1,2,3\) ，其余仿照 \(n \bmod 4 = 0\) 情况。
\(n \bmod 4 = 3\) 时，前 \(11\) 项构造分为 \(5\) 项和 \(6\) 项两组仿照 \(n \bmod 4 = 1,2\) 情况，其余仿照 \(n \bmod 4 = 0\) 情况。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n <= 3 || n == 7) return false;
    int m = 1;
    if (n % 4 == 1) {
        cout << "4 5 1 2 3" << ' ';
        m = 6;
    }
    else if (n % 4 == 2) {
        cout << "4 5 6 1 2 3" << ' ';
        m = 7;
    }
    else if (n % 4 == 3) {
        cout << "4 5 1 2 3 9 10 11 6 7 8" << ' ';
        m = 12;
    }
    for (int i = m;i <= n;i += 4) {
        cout << i + 2 << ' ' << i + 3 << ' ' << i << ' ' << i + 1 << ' ';
    }
    cout << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

D

题解

知识点：博弈论。

这类题需要先对局面分类，每种局面考虑找到一组平衡的操作，即对于其中一人，无论另一人如何操作，他都可以在下一次操作后回到原来的局面。

考虑将 \(n\) 分奇偶情况：

\(n\) 为偶数，小红每次可以选 \(1\) ，随后数变为奇数局面，小紫只有奇数因子能选，数又变为偶数局面。到最后，必然是小紫让数变为 \(0\) ，因为只有小紫能让数变为偶数。因此，偶数局面小红必胜。
\(n\) 为奇数，根据 \(n\) 为偶数的推理，发现奇数局面小红必败。

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll n;
    cin >> n;
    if (n & 1) cout << "yukari" << '\n';
    else cout << "kou" << '\n';
    return 0;
}

E

题解

知识点：计算几何。

设 \(A(x_A,y_A),B(x_B,y_B),C(x_C,y_C)\) 构成等腰直角三角形，其中 \(C\) 为顶点且在 \(AB\) 右侧，满足方程：

\[\left\{ \begin{aligned} x_C+y_C = x_A + y_B\\ x_C-y_C = x_B - y_A \end{aligned} \right. \]

方程可以通过全等三角形证明。

显然 \(C\) 和 \(C\) 关于 \(AB\) 的对称点同时是或不是整数点，解出 \(C(x_C,y_C)\) 后判断是否为整数即可。

（平面几何永远的痛，并且以为无解输出-1收获WA

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll a, b, c, d;
    cin >> a >> b >> c >> d;
    ll x = a + d + c - b;
    ll y = a + d + b - c;
    if (x & 1 || y & 1)cout << "No Answer!" << '\n';
    else cout << x / 2 << ' ' << y / 2 << '\n';

    return 0;
}

F

题解

知识点：宇宙的终极答案。

通过你高超的中文流读取技术，发现这是营销号特有的文案。

本打算对此嗤之以鼻的你，阅读完样例后逐渐理解了一切，确信 \(42\) 就是宇宙的终极答案。

时间复杂度 \(O(\infin)\)

空间复杂度 \(O(\infin)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cout << 42 << '\n';
    return 0;
}

G

题解

知识点：模拟，枚举，dfs。

很简单~~（痛苦）~~的模拟。

dfs枚举每个 ? 的三种可能即可，注意快速幂前把底数模一下，因为可能炸 long long 。

可以选择预处理数字后边枚举边求值，也可以考虑枚举完再求值。注意，边枚举边求值不太适用于有优先级表达式。

（被表达式求值整了一顿，码力太差了QAQ

时间复杂度 \(O(3^{12} \cdot n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

边枚举边求值

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

ll qpow(ll a, ll k, ll P) {
    ll ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = a * a % P;
    }
    return ans;
}

int ans;
vector<int> num;
vector<char> op(20);
bool dfs(int step = 1, ll cur = num[0]) {
    if (step == num.size()) return cur == ans;
    op[step] = '+';
    if (dfs(step + 1, cur + num[step])) return true;
    op[step] = '-';
    if (dfs(step + 1, cur - num[step])) return true;
    if (cur > 0 && num[step] > 0) {
        op[step] = '#';
        if (dfs(step + 1, qpow(cur % num[step], cur, num[step]))) return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    string s;
    cin >> s;
    for (int i = 0;i < s.size();i++) {
        if (isdigit(s[i])) ans = ans * 10 + s[i] - '0';
        else num.push_back(ans), ans = 0;
    }
    if (dfs()) {
        cout << num[0];
        for (int i = 1;i < num.size();i++) cout << op[i] << num[i];
        cout << '=' << ans << '\n';
    }
    else cout << -1 << '\n';
    return 0;
}

枚举完求值，用到表达式计算。

这里给了一个模板，可以修改map的优先级，支持带括号的二元运算，以及伪负号运算（指负号运算必须打括号）。

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

ll qpow(ll a, ll k, ll P) {
    ll ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = a * a % P;
    }
    return ans;
}

map<char, int> mp = { {'+',0},{'-',0},{'#',0},{'=',0} };
bool calc(string s) {
    vector<ll> num = { 0 };
    vector<char> op;
    for (auto ch : s) {
        if (ch >= '0' && ch <= '9') num.back() = num.back() * 10 + ch - '0';
        else {
            while (op.size() && mp[ch] <= mp[op.back()]) {
                char ope = op.back();
                op.pop_back();
                ll x = num.back();
                num.pop_back();
                if (ope == '+') num.back() += x;
                else if (ope == '-') num.back() -= x;
                else if (ope == '#') {
                    if (x <= 0) return false;
                    num.back() = qpow(num.back() % x, num.back(), x);
                }
            }
            if (ch == '#' && num.back() <= 0) return false;
            op.push_back(ch);
            num.push_back(0);
        }
    }
    return num[0] == num[1];
}

string s;
bool dfs(int step = 0) {
    if (step == s.size()) return calc(s);
    if (s[step] == '?') {
        s[step] = '+';
        if (dfs(step + 1)) return true;
        s[step] = '-';
        if (dfs(step + 1)) return true;
        s[step] = '#';
        if (dfs(step + 1)) return true;
        s[step] = '?';
    }
    else {
        while (step < s.size() && s[step] != '?') step++;
        if (dfs(step)) return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> s;
    if (dfs()) cout << s << '\n';
    else cout << -1 << '\n';
    return 0;
}

H

题解

知识点：概率dp。

可能重要的前置知识~~（大佬请跳过）~~：

对于一维期望dp，在第 \(i\) 步时，其向其他状态转移的起点只有 \(f_i\) 一种，因此在第 \(i\) 步起点是状态 \(f_i\) 的概率是百分百的，变化的期望直接加就行。

例如，有期望状态 \(f_i\) 。操作有两种，概率分别为 \(\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\)，两种操作的贡献分别是 \(1,3\) 。那么可以有转移方程：

\[f_{i+1} = \dfrac{1}{4}(f_i+1) + \dfrac{3}{4}(f_i+3) \]

但是，如果在一维期望dp的基础上，设每一步都有多个不同的状态，那么转移时的期望就不是简单加法了。

具体的说，在第 \(i\) 步时，其向其他状态转移的起点如果是 \(f_{i,j}\) 有 \(j\) 种，那么显然这 \(j\) 种状态都有概率成为起点，满足概率的总和为百分百。因此考虑 \(f_{i,j}\) 为起点做转移时，变化的期望需要乘上其作为起点的概率，表示这步操作在 \(f_{i,j}\) 作为起点的概率下的期望。当然，期望 \(f_{i,j}\) 本身不需要再乘一遍概率，因为求这个期望时已经考虑了到这个状态的概率，同时我们还可以知道这 \(j\) 种期望的总和就是第 \(i\) 步的总期望。

例如，有期望状态 \(f_{i,0/1/2}\) ，设 \(f_{i,j}\) 的概率为 \(g_{i,j}\) 。操作有两种，概率分别为 \(\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\) ，我们假设从 \(f_{i,0/2}\) 都可以通过两种操作转移到 \(f_{i+1,0}\) ，两种操作的贡献对于两种状态分别是 \(1,2\) 和 \(5,6\) 。那么对于 \(f_{i+1,0}\) 可以有转移方程：

\[\begin{aligned} f_{i+1,0} &= \dfrac{1}{4}(f_{i,0} + 1\cdot g_{i,0}) + \dfrac{3}{4}(f_{i,0} + 2 \cdot g_{i,0})\\ &+\dfrac{1}{4}(f_{i,2} + 5\cdot g_{i,2})+\dfrac{3}{4}(f_{i,2} + 6 \cdot g_{i,2}) \end{aligned} \]

接下来就可以轻松~~（真的吗）~~做这道题了。

设 \(f_{i,j,k}\) 为执行到第 \(i\) 步且满足串首状态为 \(j\) 、串尾状态为 \(k\) 的期望个数。其中，\(j = 0/1\) 表示串首是 red 或 edr ， \(k = 0/1\) 同理。

设 \(g_{i,j,k}\) 为对应的 \(f_{i,j,k}\) 发生的概率。注意，除了四种串首尾的状态，还有一种空串的状态，这里没有标记到数组里，但是每步还是得自己手动加上去的，我们记 \(prob\) 为空串的概率，空串的期望为 \(0\) 不需要考虑。

因此有转移方程：

\[\left\{ \begin{aligned} f_{i+1,0,0} &= \frac{1}{3} \cdot ((0 + 1 \cdot prob) + (f_{i,0,0} + 1 \cdot g_{i,0,0})+(f_{i,0,1}+1\cdot g_{i,0,1}))\\ &+ \frac{1}{3} \cdot 0\\ &+ \frac{1}{3} \cdot (10 \cdot f_{i,0,0})\\ f_{i+1,0,1} &= \frac{1}{3} \cdot 0\\ &+ \frac{1}{3} \cdot ((f_{i,0,0} + 0 \cdot g_{i,0,0})+(f_{i,0,1}+1 \cdot g_{i,0,1}))\\ &+ \frac{1}{3} \cdot (10\cdot f_{i,0,1})\\ f_{i+1,1,0} &=\frac{1}{3} \cdot ((f_{i,1,0} + 1 \cdot g_{i,1,0})+(f_{i,1,1}+1 \cdot g_{i,1,1}))\\ &+\frac{1}{3} \cdot 0\\ &+\frac{1}{3} \cdot (10 \cdot f_{i,1,0})\\ f_{i+1,1,1} &= \frac{1}{3} \cdot 0\\ &+ \frac{1}{3} \cdot ((0 + 0 \cdot prob) + (f_{i,1,0} + 0 \cdot g_{i,1,0})+(f_{i,1,1}+1 \cdot g_{i,1,1}))\\ &+ \frac{1}{3} \cdot (10 \cdot f_{i,1,1} + 9 \cdot g_{i,1,1})\\ g_{i+1,0,0} &= \frac{1}{3} \cdot (prob + g_{i,0,0} + g_{i,0,1}) + \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot g_{i,0,0}\\\ g_{i+1,0,1} &= \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot (g_{i,0,0} + g_{i,0,1}) + \frac{1}{3} \cdot g_{i,0,1}\\\ g_{i+1,1,0} &= \frac{1}{3} \cdot (g_{i,1,0} + g_{i,1,1}) + \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot g_{i,1,0}\\\ g_{i+1,1,1} &= \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot (prob + g_{i,1,0} + g_{i,1,1}) + \frac{1}{3} \cdot g_{i,1,1}\\\ prob' &= \frac{1}{3} \cdot prob \end{aligned} \right. \]

写的很详细了，三个 \(\dfrac{1}{3}\) 对应三种操作，分别算一下概率和期望转移就行。特别注意，\(f_{i+1,1,1}\) 的操作三转移可以产生十倍加九的期望。

代码用滚动数组压缩了一维， \(f_{j,k,0/1}\) 代表第 \(i\) 步的各种概率/期望， \(g_{j,k,0/1}\) 代表第 \(i+1\) 步的各种概率/期望。并且，代码转移时是用子状态刷表，而非如上述转移方程填表，因为写起来比较方便。填表也能写，本质都是一样的，很好理解。

推荐使用 Modint 不然开 long long 也救不了打 % 打到手酸。

时间复杂度 \(O(k)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int P = 1e9 + 7;
struct Modint {
    int val;
    Modint(int _val = 0):val(_val %P) { format(); }
    Modint(ll _val):val(_val %P) { format(); }

    //if val in [-P,2P)
    //maybe slower than global version
    Modint &format() {
        if (val < 0) val += P;
        if (val >= P) val -= P;
        return *this;
    }
    Modint inv()const { return qpow(*this, P - 2); }

    Modint &operator+=(const Modint &x) { val += x.val;return format(); }
    Modint &operator-=(const Modint &x) { val -= x.val;return format(); }
    Modint &operator*=(const Modint &x) { val = 1LL * val * x.val % P;return *this; }
    Modint &operator/=(const Modint &x) { return *this *= x.inv(); }
    friend Modint operator-(const Modint &x) { return { -x.val }; }
    friend Modint operator+(Modint a, const Modint &b) { return a += b; }
    friend Modint operator-(Modint a, const Modint &b) { return a -= b; }
    friend Modint operator*(Modint a, const Modint &b) { return a *= b; }
    friend Modint operator/(Modint a, const Modint &b) { return a /= b; }

    friend Modint qpow(Modint a, ll k) {
        Modint ans = 1;
        while (k) {
            if (k & 1) ans = ans * a;
            k >>= 1;
            a = a * a;
        }
        return ans;
    }

    friend istream &operator>>(istream &is, Modint &x) {
        ll _x;
        is >> _x;
        x = { _x };
        return is;
    }
    friend ostream &operator<<(ostream &os, const Modint &x) { return os << x.val; }
};
/*
f[0/1][0/1][0]:概率
f[0/1][0/1][1]:期望
00  red-red
01  red-edr
10  edr-red
11  edr-edr
注意还有一种空串情况
需要每次操作前手动加
*/
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int k;
    cin >> k;
    array<array<array<Modint, 2>, 2>, 2> f = {};
    Modint inv3 = Modint(3).inv();
    Modint prob = 1;
    for (int i = 1;i <= k;i++) {
        //prod指空串概率，空串期望始终为0不需要管
        array<array<array<Modint, 2>, 2>, 2> g = {};
        g[0][0][0] = inv3 * prob;
        g[1][1][0] = inv3 * prob;
        g[0][0][1] = inv3 * prob;
        //空串到g[1][1]的期望还是0，不用管
        for (auto i : { 0,1 }) {
            for (auto j : { 0,1 }) {
                g[i][0][0] += inv3 * f[i][j][0];//操作1后的概率
                g[i][1][0] += inv3 * f[i][j][0];//操作2后的概率
                g[i][j][0] += inv3 * f[i][j][0];//操作3后的概率

                g[i][0][1] += inv3 * f[i][j][1];//操作1后的期望
                g[i][0][1] += inv3 * f[i][j][0];
                g[i][1][1] += inv3 * f[i][j][1];//操作2后的期望
                if (j == 1) g[i][1][1] += inv3 * f[i][j][0];//只有?1才能加
                g[i][j][1] += 10 * inv3 * f[i][j][1];//操作3后的期望
                if (i == 1 && j == 1) g[i][j][1] += 9 * inv3 * f[i][j][0];//只有11能加9个
            }
        }
        prob *= inv3;
        f = g;
    }
    Modint sum = 0;
    for (auto i : { 0,1 })for (auto j : { 0,1 }) sum += f[i][j][1];
    cout << sum << '\n';
    return 0;
}

I

题解

知识点：数论，构造。

偶数情况，若 \(x-1\) 是素数构造 \(n = (x-1)^2\) ，则 \(f(n) = 1+x-1=x\) ；若 \(x-3\) 是素数构造 \(n = 2(x-3)\) ，则 \(f(n) = 1+2+x-3=x\) 。
奇数情况，因为一定存在 \(1\) 因子，我们考虑使其他因子的和凑出一个偶数 \(x-1\) 。考虑最简单的素数情况，因为哥德巴赫猜想，一个大于等于 \(4\) 的偶数可以被分解成两个素数之和，我们只要找到两个不同的素数 \(p,q\) 使得 \(p+q = x-1\) ，那么构造 \(n = pq\) ，则 \(f(n) = 1+p+q=x\) 。

注意，哥德巴赫猜想所述是两个素数之和，不是两个不同的素数。经过测试 int 范围内，大于等于 \(8\) 的偶数都可以被分解为两个不同的素数之和，因此大于等于 \(9\) 的奇数我们无脑无解即可。

我们需要特判 \(x = 1,3,7\) ，因为这些情况确实有解，但不能通过哥德巴赫猜想构造。

时间复杂度 \(O(x)\)

空间复杂度 \(O(x)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int N = 1e6 + 7;
bool vis[N];
vector<int> prime;
void get_prime(int n) {
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        if (!vis[i]) prime.push_back(i);
        for (int j = 0;j < prime.size() && i * prime[j] <= n;j++) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (!(i % prime[j])) break;
        }
    }
}

bool solve() {
    int x;
    cin >> x;
    if (x == 1) {
        cout << 2 << '\n';
        return true;
    }
    if (x == 3) {
        cout << 4 << '\n';
        return true;
    }
    if (x == 7) {
        cout << 8 << '\n';
        return true;
    }
    if (x & 1) {
        for (int i = 0;i < prime.size() && 2 * prime[i] < x - 1;i++) {
            if (!vis[x - 1 - prime[i]]) {
                cout << 1LL * prime[i] * (x - 1 - prime[i]) << '\n';
                return true;
            }
        }
    }
    else {
        if (!vis[x - 1]) cout << 1LL * (x - 1) * (x - 1) << '\n';
        else cout << 1LL * 2 * (x - 3) << '\n';
        return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    get_prime(1e6);
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

K

题解

知识点：贪心，数学。

给你前 \(n\) 种素数，每个素数有 \(a_i\) 个。

设 \(size = \sum_{i=1}^n a_i\) 。现在将这 \(size\) 个素数排成一个序列，设 \(f(i)\) 为序列中 \([1,i]\) 的数的乘积的因子的数量。现在求 \([1,size]\) 的 \(f(i)\) 的和，即 \(\sum_{i=1}^{size} f(i)\) ，的最大值。

显然，我们需要尽可能让前面的 \(f(i)\) 的越大越好。我们知道，乘积的因子数量等于各个素数个数加 \(1\) 的乘积，通过一些尝试很容易发现均摊素数的个数，比连续安排同一种素数得到的结果要大很多，因此我们每次安排还能安排的素数中出现次数最小的那个素数。

我们设 \(cnt_i\) 表示出现至少 \(i\) 次的素数个数，我们发现 \(f(i)\) 的结果呈现 \(2,2^2,\cdots,2^{cnt_1},2^{cnt_1-1} \cdot 3,\cdots,2^{cnt_1-cnt_2} \cdot 3^{cnt_2},\cdots\) 。直接求和要加 \(size\) 次是不可行的，因此我们先用差分维护好 \(cnt_i\) ，随后用等比公式对每 \(cnt_i\) 个数直接求和。

设 \(pre\) 为 \(cnt_{i-1}\) 段的最后一个数字，那么 \(cnt_i\) 段的总和为 \(pre \cdot \dfrac{1-\frac{i+1}{i}^{cnt_i}}{1-\frac{i+1}{i}}\) ，最后一个数字 \(pre' = pre \cdot \dfrac{i+1}{i}^{cnt_i}\) ，于是就可以递推求和了。

时间复杂度 \(O(2 \cdot 10^5 + n)\)

空间复杂度 \(O(2 \cdot 10^5)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int P = 1e9 + 7;
ll qpow(ll a, ll k) {
    ll ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = a * a % P;
    }
    return ans;
}

ll inv(ll a) { return qpow(a, P - 2); }

int cnt[200007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        cnt[1]++;
        cnt[x + 1]--;
    }
    for (int i = 1;i <= 2e5;i++) cnt[i] += cnt[i - 1];
    int pre = 1;
    int ans = 0;
    for (int i = 1;i <= 2e5;i++) {
        int f = 1LL * (i + 1) * inv(i) % P;
        int g = qpow(f, cnt[i]);
        ans = (ans + 1LL * pre * f % P * (1 - g + P) % P * inv(1 - f + P) % P) % P;
        pre = 1LL * pre * g % P;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

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