昨天晚上熬夜熬得有点严重，今天比赛的时候状态不好，成绩爆炸。。。
不得不说BLUESKY007 出的题还是相当不错的，也为我提醒了几个需要补的漏洞方向，这里作一下整理。
\(Task 1\)：探索
\(1.1\) 题目描述
古希腊哲学家柏拉图曾经在他的著作中这样描述道：“有这样一群囚徒，他们终生居住在一个黑暗的洞穴中，脖子和脚被锁住，无法环顾四周，只能面向洞穴岩壁。在囚徒身后，”有一堆篝火。在篝火与囚徒之间，有着形形色色的物体，火光将那些物体的影子投射到囚徒面前的岩壁上。这些二维影子就是囚徒们所能看到的全部，他们认为这就是现实世界。但真实情况是，世界要比他们他们所认为的二维世界多一个维度，锁链让他们无法回头看到这个真实的世界。然而这个真实的世界却远远比岩壁上的一切丰富多彩。”那么是不是也有可能我们现在生活的世界也是四维空间的一个投影？是不是宇宙大爆炸之前的纪元里，那时的空间要比我们现在的宇宙空间多出一个维度，而我们的宇宙诞生于高维宇宙中的一次恒星坍塌——这次坍塌在四维宇宙中产生了一个四维黑洞，而黑洞的三维表面，就是我们生活的宇宙？——
沉浸在对高维时空幻想中的\(BLUESKY007\)想着想着，一不小心就睡着了。在梦里，她竟然来到了四维的神奇世界！这个世界被\(n\)堵三维的墙划分成了很多不同的区域。\(BLUESKY007\)感到很兴奋，于是她想要探索这个神奇的世界，但是每次她只能探索同一个区域。探索一个区域就可以获得一点开心值。
由于这个四维世界的不确定性，她的开心指数也不会一样，现在她想要知道自己的开心值最大能达到多少。（由于答案一定会很大，所以只需要输出对\(m\)取模后的结果)
\(1.2\) 输入输出格式：
输入：一行两个整数\(n,m\)
输出：一行一个整数\(ans\)，表示开心指数
| \(discover.in\) | \(discover.out\) |
|---|---|
| \(5,5\) | \(1\) |
\(1.3\) 样例输入输出解释
\(k[1]=2,k[2]=4,k[3]=8,k[4]=16,k[5]=31\)
\(1.4\) 数据范围与约定
- 对于\(30\%\)的数据,\(n\le10^6,m\le10^5\)
对于\(75\%\)的数据,\(n \le 10^{12},m \le 10^9\)
对于\(100\%\)的数据,\(n,m \le 10^{18}\)
看到高维的题目，第一想法当然是从低维找规律。但是由于本蒻昨晚修仙，今天早上脑子不清楚，所以直到最后才找到规律，只好匆忙打了一个30分暴力上去。
先说基础想法，考虑下面一些情况：
| 拆分空间\维度 | 一维-零维 | 二维-一维 | 三维-二维 | 四维-三维 |
|---|---|---|---|---|
| \(0\) | 1 | 1 | 1 | 1 |
| \(1\) | 2 | 2 | 2 | 2 |
| \(2\) | 3 | 4 | 4 | 4 |
| \(3\) | 4 | 7 | 8 | 8 |
| \(4\) | 5 | 11 | 15 | 16 |
简单来说就是线被点分，面被线分，体被面分的数量。通过列表会清晰的发现其差分规律，直接大力构造矩阵进行加速线性递推就可以了。
值得注意的问题是快速乘的用法。实际上快速乘还有一种O(1)的写法，但是因为害怕出锅，所以这里不讨论，反正我也不是高端选手嘛。
思想上类似快速幂，复杂度O(logn)。相当于把两数相乘，拆成一个数乘另一个数的二进制累加，常用于long long乘法取模爆精度的情况。
inline lint mul(lint x,lint y){
//mod m
lint res=0;
while(y){
if(y&1)res=(res+x)%m;
y>>=1;
x=(x+x)%m;
}
return res;
}代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define lint long long
using namespace std;
struct Matrix{
lint mp[6][6];
void Init(){
memset(mp,0,sizeof(mp));
}
void Unit(){
memset(mp,0,sizeof(mp));
for(int i=0;i<5;++i){
mp[i][i]=1;
}//初始化为单位矩阵
}
};
lint tmp[5][5]={
{1,1,0,0,0},
{0,1,1,0,0},
{0,0,1,1,0},
{0,0,0,1,0},
{1,0,0,0,1}
};//构造转移矩阵
lint n,m,ans[1][5],bg[1][5]={1,1,1,1,1};
//构造初始矩阵
inline lint mul(lint x,lint y){
//mod m
lint res=0;
while(y){
if(y&1)res=(res+x)%m;
y>>=1;
x=(x+x)%m;
}
return res;
}
Matrix __mul(Matrix mat_1,Matrix mat_2){
Matrix res;
res.Init();
for(int i=0;i<5;++i){
for(int j=0;j<5;++j){
for(int k=0;k<5;++k){
res.mp[i][k]=(res.mp[i][k]+mul(mat_1.mp[i][j],mat_2.mp[j][k]))%m;
}
}
}
return res;
}
Matrix __pow(Matrix mat,lint p){
Matrix res;
res.Unit();
while(p){
if(p&1){
p^=1;
res=__mul(res,mat);
}
p>>=1;
mat=__mul(mat,mat);
}
return res;
}
int main(){
// freopen("discover.in","r",stdin);
// freopen("discover.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
Matrix mat,res;
for(int i=0;i<5;++i){
for(int j=0;j<5;++j){
mat.mp[i][j]=tmp[i][j];
}
}
res=__pow(mat,n);//mat^n
for(int i=0;i<1;++i){
for(int j=0;j<5;++j){
for(int k=0;k<5;++k){
ans[i][k]=(ans[i][k]+bg[i][j]*res.mp[j][k])%m;
}
}
}
cout<<ans[0][3]<<endl;
} 为了保证写法的通用性与鲁棒性，这里我选择构造出来初始矩阵和答案矩阵，这个题不构造也是可以的。
\(Task 2\)： 水果蛋糕
\(2.1\) 题目描述
BLUESKY007要过生日了,为此朋友们准备给她买一个\(nm\)的水果蛋糕,但是在订蛋糕的时候却出现了问题：
蛋糕是方形的,因为水果颗粒放整齐才好看,所以水果颗粒必须按行按列地摆放（也就是如果建立平面直角坐标系,它们的坐标必须都是整数）.
她的朋友们想要蛋糕店多放点水果,但是由于摆放得太密集也不好看,所以蛋糕店拒绝在和任意的水果颗粒相距 \(\sqrt{13}\)的地方摆放水果颗粒.（距离按照坐标计算）
她的朋友们想知道蛋糕上最多能摆放多少水果颗粒,但是由于她们没有\(BLUESKY007\)聪(\(rui\))慧(\(zhi\)),所以她们找到了你来帮忙.
\(2.2\) 输入输出格式
输入：一行两个整数\(n,m\)
输出：一行一个整数表示答案
| \(cake.in\) | \(cake.out\) |
|---|---|
| 1 4 | 4 |
| \(cake.in\) | \(cake.out\) |
| 3 4 | 10 |
\(2.3\) 样例解释
如图所示,左图为样例1的实现方案,右图为样例2的实现方案之一
\(2.4\) 数据范围与约定
对于\(20\%\)的数据,\(n,m\le5\)
对于另\(30\%\)的数据,\(n=3,m\le10^4\)
对于另\(30\%\)的数据,\(n=4,m\le10^9\)
对于\(100\%\)的数据,\(n,m\le10^9\)
这个题目的想法让我很意外，以前很少见到类似这样较多特判的构造。
首先题目很明确的告诉你了，这个题不能搜索。尽管如此，暴搜打表找规律还是可以的，不过似乎并不需要。
- 首先考虑对\(n,m\le5\)的情况，可以直接用纸推出来。
- 其次对于\(n=3\)的情况，可以构造出来一种最优情况，是中间全满，上下6个一循环。
- 对于\(n=4\)同理，也可以得到循环的最优构造。
- 对于更大的情况，因为上下也会互相干涉了，所以每两个格子里面最多放一个。考虑区分行列奇偶情况，特判求解即可。
让人意外的一点是：这个题目的正解就是多个特判，而且部分分之间关联并不大，和往常那种层层递进引向正解的不太相似。虽然正解也好写，但是即使构造出来正确答案也很难不怀疑自己程序的正确性。所以果然，本蒻还是要多练习多见见世面啊QWQ
为了方便本蒻这里做了一下关于\(n,m\)大小的处理,详见代码。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lint long long
using namespace std;
lint n,m;
lint r_3[6]={0,3,6,9,10,11};
lint r_4[6]={0,4,8,10,12,12};
int main(){
// freopen("cake.in","r",stdin);
// freopen("cake.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
if(n>m)swap(n,m);
if(n<=2){
cout<<n*m<<endl;
return 0;
}
if(n==3){
cout<<(m/6)*12+r_3[m%6]<<endl;
return 0;
}
if(n==4){
cout<<(m/6)*12+r_4[m%6]<<endl;
return 0;
}
if(n>=5){
if(m&1)swap(n,m);//m为奇数就交换
if(~m&1&&~n&1){
cout<<n*m/2<<endl;
} //两个偶数
else if(n&1&&~m&1){
//n为奇,m为偶
cout<<(n-1)*m/2+(n+1)/2;
}else{
cout<<((n-1)*(m-1)/2)+(n+m)/2<<endl;
}
return 0;
}
}\(Task 3\)：好朋友
\(3.1\) 题目描述
\(BLUESKY007\)有很多关系很好的朋友,他们无一例外,名字均由数字组成(首字符不为\(0\))且含有"\(007\)"(例如"\(10007\)","\(10707\)"就是她的好朋友,而"\(97037\)","\(70709\)"不是),即对于字符串\(S\)存在\(i,j,k(i<j<k)\)满足\(\bar{Si}\bar{Sj}\bar{Sk}=“007”\)
虽然\(BLUESKY007\)眼力极佳,一眼就能看出一个人是不是自己的好朋友,但\(BLUESKY007\)是个蒟蒻,她并不擅长数数,但她又想知道在\([li,ri]\)内有多少人是自己的好朋友,所以就找到了你来帮忙.
她会向你询问\(T\)次,由于询问次数可能很多,所以你只需要告诉她\(T\)次询问答案的异或和即可.
\(3.2\) 输入输出格式：
输入：第一行一个整数\(T\),表示询问个数. 接下来\(T\)行,每行两个整数\([li,ri]\)
输出：一行一个整数表示答案.
| \(friend.in\) | \(friend.out\) |
|---|---|
| 3 | 0 |
| 1 1000 | |
| 233 666 | |
| 999 999 |
\(3.3\) 样例解释
在\(0~1000\)范围内不存在与题目要求相符的含有\(“007”\)的数,所以三次询问的答案都是\(0\).
3.8数据范围与约定
对于20%的数据,\(li \le ri \le 10^3\)
对于60%的数据,\(t \le 50,li \le ri \le 5*10^5\)
对于100%的数据,\(t \le 10^5,li \le ri \le 10^{18}\)
这个题目啊，\(exciting\)。\(dreagonm\)说这个题是个送温暖的题目，然而本蒻不会数位DP所以凉凉，60分暴力走人。（幸好我晕乎着还能写出来暴力）学会之后发现数位DP除了处理起来复杂一点，其他和普通DP区别好像不是很大，之后几天，除了练\(NOIp\)题目顺手再多练练数位\(DP\)吧QWQ
现在我们来考虑一下情况：
- 对于目前还没有选到的情况，只需要当前这个数选0且没有前导0，就可以转移到选一个有效0的情况
- 对于当前选择一个有效0的情况，只需要当前这个数选0，就可以转移到选择两个有效0的情况
- 对于当前选择两个有效0的情况，只需要当前这个数选7，就可以转移到最终的目标情况
- 对于已经成型的情况只需要保证上下不越界，就可以往后慢慢累加
- 到达边界就返回值0/1（是否有合法情况）,由调用处累计求答案
- 如果本位置上对于数字大小没有限制就储存（有限制的话答案会不通用），同理不限制的时候进行记忆化调用。
大概就这样，好像不是很难，明天继续刷类似的题目去。
代码里注释很清晰。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define lint long long
using namespace std;
lint t,l,s,ch,r,ans,arr[20],res[20][4];
inline lint read(){
s=0,ch=getchar();
while(ch==' '||ch=='\n')ch=getchar();
while('0'<=ch && ch<='9')
s=s*10+ch-'0',
ch=getchar();
return s;
}
lint dfs(lint pos,lint cmd,lint led,lint lim){
//pos->当前位置
//cmd->控制状态
//led->前导0<true/false>
//lim->是否受限<true/false>
if(pos==0)//{
// if(cmd==3){
// //当前状态->已经达成
// return 1;
// }else{
// //未达成->不累加
// return 0;
// }
return cmd==3;
//}
if(!led && !lim && res[pos][cmd])//{
return res[pos][cmd];
//}
lint maxn=lim?arr[pos]:9,tmp=0;
//可以取的数字上限->根据前面的数是否完全相等确定
for(lint i=0;i<=maxn;++i){
//i表示当前取的数
if(cmd==0)//{
//当前还什么都没有
//如果选的数字是0而且没有前导即可
//前导的状态:原来有的->如果还是0就继续有
//限制的状态:原来限制的->如果等于上限就继续有
tmp+=dfs(pos-1,!i&!led,led&!i,lim&(i==arr[pos]));
else if(cmd==1)
//已经有一个有效0,一定没有前导
tmp+=dfs(pos-1,(i==0)+1,0,lim&(i==arr[pos]));
else if(cmd==2)
//有两个有效0,需要一个7,没有前导
tmp+=dfs(pos-1,(i==7)+2,0,lim&(i==arr[pos]));
else if(cmd==3)
tmp+=dfs(pos-1,3,0,lim&(i==arr[pos]));
}
if(!led && !lim)res[pos][cmd]=tmp;
return tmp;
}
inline lint sol(lint x){
//get ans in [1,x];
memset(arr,0,sizeof(arr));
memset(res,0,sizeof(res));
lint cnt=0;
while(x!=0)//{
arr[++cnt]=x%10,
x/=10;//转化进数组记录每一位
// }
// for(int i=1;i<=cnt;++i){
// for(int j=0;j<=3;++j){
// printf("%lld ",res[i][j]);
// }
// puts("");
// }
return dfs(cnt,0,1,1);
//从高位向低位找
}
int main(){
// scanf("%lld",&t);
t=read();
while(t--){
// scanf("%lld%lld",&l,&r);
l=read(),r=read();
ans^=(sol(r)-sol(l-1));
//这里一次sol解决的是所有数位的问题,需要减去
// printf("%lld\n",(sol(r)-sol(l-1)));
}
printf("%lld\n",ans);
} @BLUESKY007