A.Return
出题人大概是怕自己的中文十级没人知道，所以写了这么一个***题面。可能又觉得这题太水怕全场A掉后自己面子过不去，于是又故意把输出格式说的含糊不清。(鬼知道"那么输出-1"之前还用不用写Case啊)
直接排序去重，lowerbound找到有序数组里每个元素的位置统计答案即可。(考察知识：STL的熟练运用)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=10005;
typedef long long ll;
const ll mod=0x7fffffff;
int n;
ll a[N],b[N];
void work(int CASE)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);
int len=unique(b+1,b+n+1)-b-1,ans=0;
if(len==1)
{
ans=-1;
goto nxt;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int pos=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i])-b;
ll nxt,pre;
if(pos==1)pre=b[len];
else pre=b[pos-1];
if(pos==len)nxt=b[1];
else nxt=b[pos+1];
if((pre+a[i])%mod==nxt)ans++;
}
nxt:cout<<"Case #"<<CASE<<": "<<ans<<endl;
}
int main()
{
int CASE=0;
while(scanf("%d",&n)==1)
{
CASE++;
work(CASE);
}
return 0;
}
B.One
把约瑟夫问题的递推式倒过来即可，$ans=(ans+i) \% (n-i+1)$。
至于柿子的含义？倒序枚举的i是第几轮，我们给每一轮剩下的人重新编号，已知最后幸存者的编号为1，那么就可以通过“每轮在幸存者上跳i次”的性质推出上一轮这个人的编号是几。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
using namespace std;
int T,n;
inline int read();
signed main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("1.out","w",stdout);
T=read();
while(T--)
{
n=read();
int ans=1;
for(int i=n;i;i--)
{
ans=(ans+i)%(n-i+1);
}
printf("%d\n",ans+1);
}
}
inline int read()
{
int s=0,f=1;char a=getchar();
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')f=-1;a=getchar();}
while(a>='0'&&a<='9'){s=s*10+a-'0';a=getchar();}
return s*f;
}
C.Magic
这题如果不卡常还是不错的，考察知识非常综合，不过没什么思维含量就直接把欧拉定理lucas定理中国剩余定理费马小定理乘法逆元堆在一起就好啦。
当时看到$[gcd(i,N)==1]$虎躯一震，还以为要反演。其实直接暴力统计就行了。降幂的话可以欧拉定理对指数取模，不过$\varphi (p)$不是质数，所以求出在它的每一个质因子模意义下的答案后用CRT合并，质因子比较小所以要lucas防止出0。最后直接快速幂得到答案。
至于卡常……直接循环展开就行，还有就是枚举$i \in n$时可以只枚举到$\frac{n}{2}$，因为如果$gcd(i,n)\neq 1$,那么$gcd(i,n-i)\neq 1$也成立。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define re register
typedef long long ll;
const ll mod=54184622;
const ll phi=27092310;
const ll pr[6]={2,3,5,7,129011};
const int N=1000005;
ll fac[6][N],inv[6][N],t[6],m[6];
ll n,g;
inline ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
inline ll gcd(ll x,ll y)
{
if(!y)return x;
return gcd(y,x%y);
}
inline ll C(ll x,ll y,int i)
{
if(y>x)return 0;
return fac[i][x]*qpow(fac[i][y],pr[i]-2,pr[i])%pr[i]*qpow(fac[i][x-y],pr[i]-2,pr[i])%pr[i];
}
ll lucas(ll x,ll y,int i)
{
if(!y)return 1;
return C(x%pr[i],y%pr[i],i)*lucas(x/pr[i],y/pr[i],i)%pr[i];
}
ll merge(ll x,ll y)
{
if(y>x)return 0;
ll res=0;
ll val=lucas(x,y,0);
(res+=val*m[0]*t[0])%=phi;
val=lucas(x,y,1);
(res+=val*m[1]*t[1])%=phi;
val=lucas(x,y,2);
(res+=val*m[2]*t[2])%=phi;
val=lucas(x,y,3);
(res+=val*m[3]*t[3])%=phi;
val=lucas(x,y,4);
(res+=val*m[4]*t[4])%=phi;
return (res+phi)%phi;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&g);
fac[0][0]=1;
for(re int j=1;j<=2;j++)
fac[0][j]=fac[0][j-1]*1LL*j%pr[0];
m[0]=phi/pr[0];
t[0]=qpow(m[0],pr[0]-2,pr[0]);
fac[1][0]=1;
for(re int j=1;j<=3;j++)
fac[1][j]=fac[1][j-1]*1LL*j%pr[1];
m[1]=phi/pr[1];
t[1]=qpow(m[1],pr[1]-2,pr[1]);
fac[2][0]=1;
for(re int j=1;j<=5;j++)
fac[2][j]=fac[2][j-1]*1LL*j%pr[2];
m[2]=phi/pr[2];
t[2]=qpow(m[2],pr[2]-2,pr[2]);
fac[3][0]=1;
for(re int j=1;j<=7;j++)
fac[3][j]=fac[3][j-1]*1LL*j%pr[3];
m[3]=phi/pr[3];
t[3]=qpow(m[3],pr[3]-2,pr[3]);
fac[4][0]=1;
for(re int j=1;j<=129011;j++)
fac[4][j]=fac[4][j-1]*1LL*j%pr[4];
m[4]=phi/pr[4];
t[4]=qpow(m[4],pr[4]-2,pr[4]);
ll tot=0;
for(re int i=1;i*2<=n;i++)
if(gcd(i,n)==1){
(tot+=merge(g,i))%=phi;
if(i*2!=n)
(tot+=merge(g,n-i))%phi;
}
ll ans=qpow(n,tot,mod);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}