河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学(整除分块，二进制，树的搜索)

When the sharpest words wanna cut me down
I’m gonna send a flood, gonna drown them out
I am brave, I am bruised
I am who I’m meant to be, this is me

​ ——《This Is Me》(the theme song of 《The Greatest Showman》)

这次比赛签到题没写出来，整的我都不敢往后开了。感觉是不是最近写题wa的太少了，碰到wa的题都不敢花时间改。还是上次的感受，题目的质量依旧非常的高，有几道模版题在之前都能看到他们的影子。上次我就花了一整天时间补题，但是感觉效率稍微有点低，真正汲取到的东西还不够，从这次开始要放更多重心在补题上。因为补的题都是可以够得上的，而且是真实会考而且已经考出来的东西，趁着比赛认真学习一下应该记忆会比较清晰。

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A、约数个数和(整除分块)

来源：A-约数个数和_河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学

思路

这个题其实还是非常简单的，主要分为两部分：第一部分：我们正常来想可能是分解为1：1；2：1，2；3：1，3····· 这样来思考。但是这样的复杂度就是n²。但是可以发现的是有很多因数都是重复的。如果我们按照因数来计算的话也许就会简化的多了。思考一下，1_{n的因数也可能是1}n。举个例子，因数有2的数(也就是2的倍数)是每两个出现一次，而我们的左边界又是1，可以大胆的计算出因数2的个数就是n/2。因数有3的数(也就是3的倍数)是每三个出现一次。那么我们就可以大胆进行推测，在整个求和序列中因数x的出现次数就是 n/x 次。到了这里这一题就完成了一半了。第二部分：通过第一部分的归纳，我们可以简单将程序归纳为：
$$\sum _{i=1}^n\left[\frac{n}{i}\right]$$
但是我们的n最大是2^31，大概就是2e9的范围，直接相加肯定是会超时的，此时就说到了我们的整除分块了。例如此时n=20：

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
n/i	20	10	6	5	4	3	2	2	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1

我们会发现我们要相加的这些部分其实有许多是重复的，由于乘法向下取整的原因，只要不满足上一个边界那么就会掉到下一个数。如果我们直接求解出这一段数的左右边界的话就不用一个个相加了。从2-1的来枚举吧，根据数学知识就可以看出，当 i 被 n刚好整除的时候它对应的 i 就是这段数的右边界n/(n/i)，如果再小就会向下取整了。左边界虽然直接不好求，但是这么来想：上一个区间右边界的下一个不就是此区间的左边界嘛。可以找出区间的长度那么每个不同的 n/i 就只用遍历一次就可以了。这样跳着求的话操作的次数就会极大的减少了。

其实这个也不算什么算法，只要对除法稍微有点了解就能推出来。我当时脑子非常的混乱，再加上签到题一直没过，写后边的题一直在想。这个题第一部分很快就想到了，后边一直把这一步和第一部分混在一起，整的非常复杂。如果状态好点的话我相信肯定可以把这个推出来的！

代码

void solve()
{cin >> n;for(int i=1; i<=n; i++){r=n/(n/i);//右边界就是刚刚好不会向下取整的那个点ans+=(n/i)*(r-l);//本区间的值✖️本区间的区间大小求本区间的总和l=r;//本次的右区间确定下一次的左区间i=l;//更新i值跳到下一个区间}cout << ans;
}

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扩展：取模(整除分块)

来源：K-取模_2022年中国高校计算机大赛-团队程序设计天梯赛（GPLT）上海理工大学校内选拔赛

思路

需要先推导一下公式：
$$\sum _{i=1}^n(n\%i)=\sum _{i=1}^n\left(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i\right)=n^2-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i$$

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
[n/i]*i	20	20	18	20	20	18	14	16	18	20	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20

有没有发现什么规律？其实并没有规律😄最主要的还是处理[n/i]，至于乘i可以求得此区间大小后用等差数列直接处理

需要注意的是：n*n会超long long,需要用_ _int128进行存储，中间还要格外注意别爆范围了

代码

void solve ()
{int l=0,r=0;cin >> n;m=n;__int128 sum=(__int128) m*m; // 强制转换为__int128 避免 n 较大时乘积溢出for (int l=1; l<=n; l++){r=n/(n/l);sum-=((__int128)(l+r)*(r-l+1)/2)*(n /l);l=r;}int ans=(sum % mod + mod) % mod;//别减成负数了cout << ans;
}

B、异或期望的秘密

来源：B-异或期望的秘密_河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学

本题是一个有关二进制规律的题，也是比较模板，本题就来介绍一下。

可以结合本篇博客：关于二进制的规律-CSDN博客

二进制位的周期性规律

二进制位的变化具有周期性。以第 k 位为例：

• 周期长度为 2^(k+1)。
• 在每个周期内，前 2^k 个数的第 k 位为 0，后 2^k 个数的第 k 位为 1。

例如：

• 当 k=0（最低位）时，周期长度为 2^1=2，序列为 0,1,0,1,0,1,...。
• 当 k=1（次低位）时，周期长度为 2^2=4，序列为 0,0,1,1,0,0,1,1,...。
• 当 k=2（第三位）时，周期长度为 2^3=8，序列为 0,0,0,0,1,1,1,1,...。

核心思路

1. 数学期望分解： 二进制中每一位的贡献是独立的。对于第 k 位，其对总期望的贡献为 该位为 1 的概率。因此，总期望等于所有位的概率之和。
2. 位运算规律： x XOR y 的第 k 位为 1，当且仅当 x 的第 k 位与 y 的第 k 位不同。
   • 若 y 的第 k 位为 0，则 x 的第 k 位需为 1；
   • 若 y 的第 k 位为 1，则 x 的第 k 位需为 0。
3. 快速统计区间内位为 1 的数目： 使用 count 函数高效计算区间 [0, x] 中第 k 位为 1 的数的个数，利用二进制位的周期性规律，避免遍历整个区间。

代码详细解释

1. 快速幂函数 qpow

int qpow(int a, int b)
{int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}

• 功能：计算 a^b % mod，用于求模逆元（根据费马小定理，a 在模 mod 下的逆元为 a^(mod-2)）。
• 原理：快速幂算法，时间复杂度 (O(log b))。

2. 统计函数 count

int count(int k, int x)//求0~x区间内第k位有多少1
{int t=1LL<<(k+1);//第k位周期int full=(x+1)/t;//有多少个整周期(总数除周期长度)int re=(x+1)-t*full;//还剩下几个return full*t/2+max(0LL, re-t/2);//整周期中1的个数+剩余一段1的个数//例如k=2:周期为0,0,0,0,1,1,1,1·····//周期为8,可以观察到一个周期内前一半为0,后一半为1根据此规律进行计算
}

• 功能：计算区间 [0, x] 中第 k 位为 1 的数的个数。
• 原理：
  1. 周期规律：第 k 位的变化周期为 2^(k+1)，每个周期前半部分为 0，后半部分为 1。
  2. 完整周期贡献：每个完整周期包含 t/2 个 1。
  3. 剩余部分处理：若剩余长度超过周期的一半，则贡献 re - t/2 个 1。

3. 主逻辑 solve

void solve()
{cin >> l >> r >> y;ans=0;int len=r-l+1;int inv=qpow(len,mod-2);//因为要除以len,所以求一下它的逆元for(int k=0; k<=30; k++){int cnt1=count(k,r)-count(k,l-1);//(0~r)-(0~l-1)=(l~r)int cu=(y>>k)&1;//y的第k位是0 or 1?if(cu) cnt=len-cnt1;//为使异或值为1,需要反着来else cnt=cnt1;      //如果y当前位为0就统计1的个数,不然就统计0的个数ans=(ans+cnt*inv)%mod;//加上当前位概率}cout << ans << endl;
}

• 输入处理：读取区间 [l, r] 和整数 y。
• 模逆元计算：由于期望计算需要除以区间长度 len，在模运算中转换为乘以 len 的逆元。
• 逐位计算：
  • 统计区间内第 k 位为 1 的数目：通过 count 函数差分得到 [l, r] 中第 k 位为 1 的数的个数 cnt1。
  • 判断异或条件：根据 y 的第 k 位的值，决定需要统计 x 的第 k 位为 0 还是 1 的数目。
  • 累加贡献：将当前位的概率贡献 cnt/len 转换为模运算形式 (cnt * inv) % mod。

完整代码

int qpow(int a, int b)
{int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}
int count(int k, int x)//求0~x区间内第k位有多少1
{int t=1LL<<(k+1);//第k位周期int full=(x+1)/t;//有多少个整周期(总数除周期长度)int re=(x+1)-t*full;//还剩下几个return full*t/2+max(0LL, re-t/2);//整周期中1的个数+剩余一段1的个数//例如k=2:周期为0,0,0,0,1,1,1,1·····//周期为8,可以观察到一个周期内前一半为0,后一半为1根据此规律进行计算
}
void solve()
{cin >> l >> r >> y;ans=0;int len=r-l+1;int inv=qpow(len,mod-2);//因为要除以len,所以求一下它的逆元for(int k=0; k<=30; k++){int cnt1=count(k,r)-count(k,l-1);//(0~r)-(0~l-1)=(l~r)int cu=(y>>k)&1;//y的第k位是0 or 1?if(cu) cnt=len-cnt1;//为使异或值为1,需要反着来else cnt=cnt1;      //如果y当前位为0就统计1的个数,不然就统计0的个数ans=(ans+cnt*inv)%mod;//加上当前位概率}cout << ans << endl;
}

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D、开罗尔网络的备用连接方案

来源：D-开罗尔网络的备用连接方案_河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学

本题是一道相对模板的树的遍历，原来题目意思非常难懂(其实就是有问题)，后来改了题面我也没看。其实还是比较基础的，刚好趁此机会学习一下树。

思路

只要按照题目的意思将整棵树给遍历一下就行了，在遍历的过程中记录此时的权值。主要是分为

建树

由于题中说的是要建无向树，所以可以用vector类型的数组进行存储，将两个点都互相存一下。

for(int i=1; i<n; i++)
{cin >> u >> v;t[u].push_back(v);//将两个点都互相存一下t[v].push_back(u);
}

搜索

对自己可以到达的点直接进行暴搜，注意别让它回头，不然会出现死循环。至于为什么初始的&值要赋为-1，这就要牵扯到二进制的一些知识了。

在二进制中，负数的表示并非简单地在正数前加符号，而是通过补码（Two’s Complement） 来实现，这是计算机中最常用的方式（目的是统一加减法运算）。

正数的补码就是它自己；

负数的补码：

• 先取对应正数的原码；
• 对原码按位取反（0 变 1，1 变 0），得到反码；
• 反码加 1，结果即为负数的补码。

对于7：

+7	0000 0111	正数原码
-7	1111 1001	① 取反 11111000 → ② 加 1 得 11111001

那么对于-1：1的原码是0000 0001，① 取反 1111 1110 → ② 加 1 得 11111111

这样一来-1的二进制就全是1了，而&是收集0的个数，-1&x=x。

dfs(1,-1,0);//（主函数里）
void dfs(int x, int y, int z)//当前节点,之前的&值,上一个节点
{int c=a[x]&y;bitset<32> b(c);mp[b.count()]++;for(auto i:t[x]){if(i==z) continue;//避免再回去形成死循环dfs(i,c,x);}
}

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扩展：插排串联(树的搜索)

来源：辽宁CCPC——插排串联

题目大意

​ 大概的意思是说，有一个插座上连了一个插排，而插排之间又相互连接，最后连了用电器。给了每个插排最大的额定功率以及用电器的额定功率，让你判断是否可以通过一定的顺序交换使得整个东西可以正常运行。

思路

输入的时候可以直接把插排的额定功率都给存起来，然后通过搜索将所有插排的实际功率给存起来(插排的实际功率等于它所能到达的所有用电器的额定功率之和)。让他们分别进行排序，然后一一进行对照比较。如果有对照的双方实际功率大于额定功率的话那就一定不行，不然就可以。值得注意的是，整个系统所有的用电器额定功率之和不能超过2200W。

代码

// Problem: 插排串联
// Contest: Virtual Judge - Gym
// URL: https://vjudge.net/problem/Gym-105481C
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
int a[N];//存各个东西的额定功率
vector<int> q[N];//建树
map<int, int> mp;//存插排
vector<int> aa;//存实际功率
vector<int> bb;//存额定功率
int n;//节点个数
int sum;//存总功率
int dfs(int x)
{if(q[x].size()==0)//此时是叶子节点{sum+=a[x];return a[x];}int qq=0;for(auto i:q[x])//将它所连的用电器的额定功率加起来就是它的实际功率qq+=dfs(i);if (x!=0) // 非根非叶子节点aa.push_back(qq);return qq;
}
void solve()
{cin >> n;for(int i=1; i<=n; i++){int u,v;cin >> u >> v;q[u].push_back(i);//建树mp[u]++;//将插排存起来a[i]=v;//存该节点的额定功率}for(auto i:mp){if(i.fi==0) continue;//不算根节点bb.push_back(a[i.fi]);}	dfs(0);//开始搜索找每个节点实际功率if(sum>2200){cout << "NO";return ;}sort(aa.begin(),aa.end());//排序后只要一一对应即可sort(bb.begin(),bb.end());for(int i=0; i<aa.size(); i++){if(aa[i]>bb[i])//实际功率不能大于额定功率{cout << "NO";return ;}}cout << "YES";
}

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I、猜数游戏

这是一道签到题，能想到用二分，但是用几种形式都打了一遍交上去都不太对，后边就不想看了。没想到这么巧，感觉直接log有一点点猜的成分。

代码

void solve()
{cin >> n;int k=log2(n);if((int)pow(2,k)<n) cout << k+1;else cout << k;
}

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K、打瓦

签到题，直接输出。

代码

void solve()
{cin >> s;cout << "gugugaga";
}

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M、米娅逃离断头台

来源：M-米娅逃离断头台_河南萌新联赛2025第（二）场：河南农业大学

思路

这是一道简单的数学题，经过简单的公式推导就出来了，记得用double，保留两位小数。

设小圆半径为a，大圆半径为b。则可得推导式：
$$x=2\sqrt{b^2-a^2}$$
可以推导出阴影面积的公式S：
$$S=\frac{\pi (b^2-a^2)}{2}=\frac{\pi (x^2)}{8}$$

代码

void solve()
{cin >> k;double dou=(k/2)*(k/2);double pai=dou*3.1415926535/2;cout << fixed << setprecision(2) << pai;
}

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小结

花了好长时间来写这篇博客，可以说是知识最密集的一篇了。第一次学习之后记忆肯定非常的浅，后边还要来复习啊~