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  • BZOJ 2154 crash数字表格 Description  今天数学课上,Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b,LCM(a, b)表示能同时被a和b整除最小正整数。例如,LCM(6, 8) = 24...

     

    BZOJ 2154 crash的数字表格


     

    Description

      今天的数学课上,Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b,LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如,LCM(6, 8) = 24。回到家后,Crash还在想着课上学的东西,为了研究最小公倍数,他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字,其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下: 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格,Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题:这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时,Crash就束手无策了,因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大,Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。

    Input

      输入的第一行包含两个正整数,分别表示N和M。

    Output

      输出一个正整数,表示表格中所有数的和mod 20101009的值。


      这道题求的是
    稍微化一下。
    之后我们令d=gcd(i,j)。
    把i,j都除以d,设i=i/d,j=j/d。
    处理一下式子
    我们设d后面的一大坨为F(x,y)。
    则有
    我们继续设d^2后面的一大坨为sum(i,j),易得sum(i,j)=i*j*(i+1)*(j+1)/2/2。
    再膜一下PoPoQQQ大神
    sum(i,j)可以很快用一个函数求出。
    F和ans都要分块。
    Long Long把我卡成sb了,还有注意ans要+mod再模mod。
    sample :100 95
    这组数据的答案是正数。
     1 #include<cstdio>
     2 #include<cstring>
     3 #include<cmath>
     4 #include<algorithm>
     5 
     6 #define maxn 10000001
     7 
     8 #define mod 20101009
     9 
    10 using namespace std;
    11 
    12 long long mu[maxn],prime[maxn],mx,mi;
    13 
    14 long long f[maxn],ans=0;
    15 
    16 bool is_prime[maxn];
    17 
    18 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod)%mod;}
    19 
    20 void mu_choice()
    21 {
    22     long long b=0;
    23     mu[1]=1;
    24     for(long long i=2;i<=mx;i++)
    25     {
    26     if(!is_prime[i])mu[i]=-1,prime[++b]=i;
    27     long long j=1,t=2*i;
    28     while(j<=b&&t<=mx)
    29     {
    30         is_prime[t]=1;
    31         if(i%prime[j]==0)
    32         {
    33         mu[t]=0;
    34         break;
    35         }
    36         mu[t]=-mu[i];
    37         t=prime[++j]*i;
    38     }
    39     }
    40     for(long long i=1;i<=mi;i++)
    41     f[i]=(f[i-1]+(i*i%mod*mu[i]))%mod;
    42 }
    43 
    44 long long F(long long n,long long m)
    45 {
    46     long long re=0,last;
    47     if(n>m)swap(n,m);
    48     for(long long i=1;i<=n;i=last+1)
    49     {
    50     last=min(n/(n/i),m/(m/i));
    51     re=(re+(f[last]-f[i-1])*sum(n/i,m/i)%mod)%mod;
    52     }
    53     return re;
    54 }
    55 
    56 int main()
    57 {
    58 #ifndef ONLINE_JUDGE
    59     freopen("2154.in","r",stdin);
    60     freopen("2154.out","w",stdout);
    61 #endif
    62     long long n,m;
    63     scanf("%lld%lld",&n,&m);
    64     mx=max(n,m);
    65     mi=min(n,m);
    66     mu_choice();
    67     long long last;
    68     for(long long i=1;i<=mi;i=last+1)
    69     {
    70         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
    71         ans+=((last-i+1)*(last+i)/2%mod*F(n/i,m/i)%mod);
    72         ans%=mod;
    73     }
    74     printf("%lld",(ans+mod)%mod);
    75     return 0;
    76 }
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    BZOJ 2693 jzptab


     

    Description

       

    Input

      一个正整数T表示数据组数

      接下来T行 每行两个正整数 表示N、M

    Output

      T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果


      显然用上一题的公式去套是不现实的。。O(Tn)的复杂度已经无法阻挡了。。

      我们继续考虑优化。

      首先列出式子

      然后我们设D=i*d,则有:

      看起来只要求出SUM()后面的sigma的前缀和求一求,分块就可以辣~\(≧▽≦)/~

      前缀和怎么求呢。。设h[p]=后面那一坨。。

      则如果p是一个质数,则h[p]=p-p*p。

      如果 p 是多个素数的一次项的积

      显然 h 是积性的。

      如果 p 存在得一个质因子的指数大于1,那么它新增的每一个因子的 μ 值都是0,没有意义,只有统计时D变成了原来的 j 倍。

      所以 此时 h( p ) = h( i ) * j

      之后前缀和处理一下就行了。

      

     1 #include<cstdio>
     2 #include<cstring>
     3 #include<cmath>
     4 #include<algorithm>
     5 
     6 #define mod 100000009
     7 
     8 #define maxn 10000001
     9 
    10 using namespace std;
    11 
    12 int mu[maxn],b=0,prime[maxn];
    13 
    14 long long h[maxn];
    15 
    16 bool is_prime[maxn];
    17 
    18 void mu_choice()
    19 {
    20     h[1]=mu[1]=1;
    21     for(long long i=2;i<maxn;i++)
    22     {
    23         if(!is_prime[i])prime[++b]=i,h[i]=(i-i*i%mod)%mod;
    24         long long j=1,t=2*i;
    25         while(j<=b&&t<=maxn-1)
    26         {
    27             is_prime[t]=1;
    28             if(i%prime[j]==0)
    29             {
    30                 h[t]=h[i]*prime[j]%mod;
    31                 break;
    32             }
    33             h[t]=h[i]*h[prime[j]]%mod;
    34             t=prime[++j]*i;
    35         }
    36     }
    37     for(int i=2;i<maxn;i++)
    38         h[i]=(h[i-1]+h[i])%mod;
    39 }
    40 
    41 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod)%mod;}
    42 
    43 int main()
    44 {
    45     int T;
    46     scanf("%d",&T);
    47     mu_choice();
    48     long long last;
    49     while(T--)
    50     {
    51         long long n,m,ans=0;
    52         scanf("%lld%lld",&n,&m);
    53         if(n>m)swap(n,m);
    54         for(long long i=1;i<=n;i=last+1)
    55         {
    56             last=min(n/(n/i),m/(m/i));
    57             ans=(ans+sum(n/i,m/i)*(h[last]-h[i-1])%mod)%mod;
    58         }
    59         printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
    60     }
    61     return 0;
    62 }
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      大家凑合看吧。。

     

      

     

     
     
     
     
     
     
     

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  • BZOJ 2154 crash数字表格   Description  今天数学课上,Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b,LCM(a, b)表示能同时被a和b整除最小正整数。例如,LCM(6, 8) = ...

     

    BZOJ 2154 crash的数字表格


     

    Description

      今天的数学课上,Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b,LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如,LCM(6, 8) = 24。回到家后,Crash还在想着课上学的东西,为了研究最小公倍数,他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字,其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下: 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格,Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题:这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时,Crash就束手无策了,因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大,Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。

    Input

      输入的第一行包含两个正整数,分别表示N和M。

    Output

      输出一个正整数,表示表格中所有数的和mod 20101009的值。


      这道题求的是
    稍微化一下。
    之后我们令d=gcd(i,j)。
    把i,j都除以d,设i=i/d,j=j/d。
    处理一下式子
    我们设d后面的一大坨为F(x,y)。
    则有
    我们继续设d^2后面的一大坨为sum(i,j),易得sum(i,j)=i*j*(i+1)*(j+1)/2/2。
    再膜一下PoPoQQQ大神
    sum(i,j)可以很快用一个函数求出。
    F和ans都要分块。
    Long Long把我卡成sb了,还有注意ans要+mod再模mod。
    sample :100 95
    这组数据的答案是正数。
     1 #include<cstdio>
     2 #include<cstring>
     3 #include<cmath>
     4 #include<algorithm>
     5 
     6 #define maxn 10000001
     7 
     8 #define mod 20101009
     9 
    10 using namespace std;
    11 
    12 long long mu[maxn],prime[maxn],mx,mi;
    13 
    14 long long f[maxn],ans=0;
    15 
    16 bool is_prime[maxn];
    17 
    18 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod)%mod;}
    19 
    20 void mu_choice()
    21 {
    22     long long b=0;
    23     mu[1]=1;
    24     for(long long i=2;i<=mx;i++)
    25     {
    26     if(!is_prime[i])mu[i]=-1,prime[++b]=i;
    27     long long j=1,t=2*i;
    28     while(j<=b&&t<=mx)
    29     {
    30         is_prime[t]=1;
    31         if(i%prime[j]==0)
    32         {
    33         mu[t]=0;
    34         break;
    35         }
    36         mu[t]=-mu[i];
    37         t=prime[++j]*i;
    38     }
    39     }
    40     for(long long i=1;i<=mi;i++)
    41     f[i]=(f[i-1]+(i*i%mod*mu[i]))%mod;
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    43 
    44 long long F(long long n,long long m)
    45 {
    46     long long re=0,last;
    47     if(n>m)swap(n,m);
    48     for(long long i=1;i<=n;i=last+1)
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    55 
    56 int main()
    57 {
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    62     long long n,m;
    63     scanf("%lld%lld",&n,&m);
    64     mx=max(n,m);
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    66     mu_choice();
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    70         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
    71         ans+=((last-i+1)*(last+i)/2%mod*F(n/i,m/i)%mod);
    72         ans%=mod;
    73     }
    74     printf("%lld",(ans+mod)%mod);
    75     return 0;
    76 }
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    BZOJ 2693 jzptab


     

    Description

       

    Input

      一个正整数T表示数据组数

      接下来T行 每行两个正整数 表示N、M

    Output

      T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果


      显然用上一题的公式去套是不现实的。。O(Tn)的复杂度已经无法阻挡了。。

      我们继续考虑优化。

      首先列出式子

      然后我们设D=i*d,则有:

      看起来只要求出SUM()后面的sigma的前缀和求一求,分块就可以辣~\(≧▽≦)/~

      前缀和怎么求呢。。设h[p]=后面那一坨。。

      则如果p是一个质数,则h[p]=p-p*p。

      如果 p 是多个素数的一次项的积

      显然 h 是积性的。

      如果 p 存在得一个质因子的指数大于1,那么它新增的每一个因子的 μ 值都是0,没有意义,只有统计时D变成了原来的 j 倍。

      所以 此时 h( p ) = h( i ) * j

      之后前缀和处理一下就行了。

      

     1 #include<cstdio>
     2 #include<cstring>
     3 #include<cmath>
     4 #include<algorithm>
     5 
     6 #define mod 100000009
     7 
     8 #define maxn 10000001
     9 
    10 using namespace std;
    11 
    12 int mu[maxn],b=0,prime[maxn];
    13 
    14 long long h[maxn];
    15 
    16 bool is_prime[maxn];
    17 
    18 void mu_choice()
    19 {
    20     h[1]=mu[1]=1;
    21     for(long long i=2;i<maxn;i++)
    22     {
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    24         long long j=1,t=2*i;
    25         while(j<=b&&t<=maxn-1)
    26         {
    27             is_prime[t]=1;
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    34             t=prime[++j]*i;
    35         }
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    38         h[i]=(h[i-1]+h[i])%mod;
    39 }
    40 
    41 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod)%mod;}
    42 
    43 int main()
    44 {
    45     int T;
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    55         {
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    60     }
    61     return 0;
    62 }
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  • NFA转DFA与DFA简化

    万次阅读 热门讨论 2018-02-08 12:26:38
    我在这里边说都很通俗,只要看得懂字的都会懂。在本篇文章里用一个例子来说明怎么实现NFA转DFA与DFA简化,NFA转DFA会讲比较细,DFA简化只是大概带过。有一个NFA,如图:要是想把NFA转成DFA,首先需要构造一张表...

    NFA转DFA的算法在编译原理的课本上都有,只不过课本上的算法太拗口,不好记!我在这里边说的都很通俗,只要看得懂字的都会懂。在本篇文章里用一个例子来说明怎么实现NFA转DFA与DFA简化,NFA转DFA会讲的比较细,DFA简化只是大概带过。

     

    有一个NFA,如图:

     

    要是想把NFA转成DFA,首先需要构造一张表(最主要的就是这张表),如图:

     

    上图没有给出全部的转换关系,当然,大家这么聪明,在看了构造表的算法之后就会自己构造转换表了。构造转换表的算法如下(表中的第一列是给为化简的DFA状态取的名字,第二列也是DFA中的状态,第三列和第四列是DFA在某一状态在读取a、b时跳转到的状态):

    1. 首先把NFA转换为上图所示的模样。
    2. 从NFA的初始状态开始,把从初始状态跳空能到的状态以及该状态跳空能到的状态填在第二列第二行中,直到没有新的状态能够由已得到的状态跳空得到为止,就如{X,1,2}。
    3. 第二列的状态分别对应NFA图来分别跳a,跳a后的状态填在Ia列以及跳a行对应的单元中,得到的状态再跳空,如果NFA对应的状态有跳空则把跳空后的状态也填入同一个单元格中,如上表的{1,3,2}。
    4. 跳b的情况也与跳a的情况类似,把第三步的跳a改成跳b即可。
    5. 经过3、4步得到的状态再把他们分别填在第二列中,用2-4的步骤来生成经他们读a、b能到的状态。
    6. 重复3-5。
    7. 当表中的所有状态都出现在第一列时说明表的构造已经完成了。

     

    在构造了表之后就可以通过这个表来构造相应的DFA了(有X的是初态,有Y的是终态),在这里不再赘述怎么用表来构造DFA。

     

    在构造了DFA之后就需要来化简它了,化简DFA的算法如下:

    1. 先分成非终态和终态两个大的状态。
    2. 再在这两个状态里边找跳a、b后所到的状态不在其所在集合里边的状态,把它单独作为一个状态分出去(即需要区分状态内部是否识别a、b)。
    3. 得到的新状态再分别使用步骤2的方法,直到没有新的状态产生为止(即所有的状态内部都能够识别a和b)。

    上述所说的方法结合例子来看就更容易理解了!

     

     

     

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  • 实现一个简化的搜索提示系统。给定一个包含了用户query日志文件,对于输入任意一个字符串s,输出以s为前缀在日志中出现频率最高前10条query。 由于是分布式系统,假设至少有26台机器,每个机器存储以26个...



    实现一个简化的搜索提示系统。给定一个包含了用户query的日志文件,对于输入的任意一个字符串s,输出以s为前缀的在日志中出现频率最高的前10条query。

    由于是分布式系统,假设至少有26台机器,每个机器存储以26个字母开头的query日志文件(如机器1存的是a字母开头的,机器2存的是以b字母开头的……)

    每个机器上维护着一张哈希表,对于每条query, 在哈希表表中存放其地址(哈希地址为链式的),并对其进行排序,按频率由高到低进行排序。

    当用户进行搜索时,可以很快定位到某台机器,并根据哈希表,返回出现频率最高的前10条query。


    提示:

    1、可以预处理日志

    2、假设query不超过10亿条,每个query不超过50字节。

    3、考虑在大查询量的情况下如何实现分布式服务





    系统前台
    用JS监控input输入框的内容变化,用户输入或者删除字符(输入串的发生变化)就触发异步Javascript提交输入内容到后台,引发后台查询。然后再讲查询结果出现频率最高的前10条query展现给用户提示。

    系统后台:
    首先有26台服务器分别存储26个字母开头的query。所以首先要设计一个接收用户请求的服务器,这台服务器可以根据用户请求的首字母将查询请求分发给对应26台服务器中的一个(相当于查询请求的路由功能)。
    然后就是这26台查询服务器如何设计的问题了。
    假设query不超过10亿条,每个query不超过50字节。也就是query文件不超过50G,分在26台机器上也就是每台机器上的query文件不超过2G。
    每个机器上维护着一张哈希表,对于每条query, 在哈希表表中存放其地址。收到每个query做hash运算可以找到query对应的地址。对应每个query存储两项信息,即query本身和被查询次数,也就是类似query:times这样的存储格式。
    下面做预处理:26台机器都对自身存储的query进行遍历,分别找出a到z开头query出现频率最高的top10,这样的查询一次遍历就能找到,时间复杂度为O(N)。然后对找到的top10在内存中构建一个最小堆。其他非top10的query无需做排序处理。到这里预处理完成。
    然后说查询过程,查询分为两类,
    1,以给出搜索提示的异步Javascript提交的查询,这种查询直接返回最小堆中的10个query词条即可。
    2,用户最终提交的查询(即用户输入完毕点击搜索按钮提交的查询),这种查询的query是用户最终查询的词条,这样的查询应该引起后台存储的对应query频率的变化。当一个query到达的时候,先用hash运算找到他的位置和对应的频率,hash操作时间复杂度是O(1),然后对应的次数+1,然后用这个+1的次数与最小堆中首个元素比较,如果大于最小堆首个元素,与最小堆中首个元素交换,然后最小堆做更新操作,保证最小堆的特性。否则不操作。这样最小堆中维护的10个query始终是这台机器上频率最高的,查询时返回这10个query词条即可。


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