Believe it

相信不屈不挠的努力,相信战胜死亡的年轻

发表于 更新于 分类于 ， ， 本文字数： 4.3k 阅读时长 ≈ 4 分钟

介绍

球盒模型指的是把球放入盒子里的题目模型（强行解释）

分为盒子同或不同，球同或不同，盒子允许空或不空，所以一共八种问题

结论

不妨假设n个球，m个盒子

盒异，球同，盒子允许空 \(C_{m+n-1}^{m-1}\)

盒异，球同，盒不允许空\(C_{n-1}^{m-1}\)

盒同，球同，盒子允许空\(\begin{aligned}\prod _{j=1}^{m}\frac{1}{1-x^{j}}\end{aligned}\)中的\(x^n\)系数

盒同，球同，盒不允许空\(\begin{aligned}x^m\prod _{j=1}^{m}\frac{1}{1-x^{j}}\end{aligned}\)中\(x^n\)的系数

盒异，球异，盒子允许空 \(m^n\)

盒异，球异，盒不允许空\(\begin{aligned}\sum _{k=0}^{m}(C_m^k(-1)^{m-k}k^n)\end{aligned}\)

盒同，球异，盒子允许空\[\begin{aligned}\sum_{i=0}^{m} \sum_{k=0}^i\frac{C_i^k(-1)^{i-k}k^n}{i!}\end{aligned}\]

盒同，球异，盒不允许空\(\begin{aligned}\sum _{k=0}^m\frac{C_m^k(-1)^{m-k}k^n}{m!}\end{aligned}\)

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发表于 分类于 ， ， 本文字数： 5.5k 阅读时长 ≈ 5 分钟

比赛链接

http://codeforces.com/gym/102832

A. Krypton

题意

充游戏币，首充可以获得优惠，之后充值就没有优惠了，问你x元最多能拿到多少游戏币。 \[ \begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Price (RMB yuan)} & \text{Normal amount (coupons)} & \text{First recharge reward (coupons)} \\ \hline 1 & 10 & 8 \\ \hline 6 & 60 & 18 \\ \hline 28 & 280 & 28 \\ \hline 88 & 880 & 58 \\ \hline 198 & 1980 & 128 \\ \hline 328 & 3280 & 198 \\ \hline 648 & 6480 & 388 \\ \hline \end{array} \]

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发表于 更新于 分类于 ， ， 本文字数： 4.3k 阅读时长 ≈ 4 分钟

简介

快速幂是能快速计算一个幂的方案，他可以作用于所有满足结合律、封闭性的二元运算，即半群

定义

不妨假设这个二元运算为\(\circ\),两个元素进行运算为\(x\circ y\),当\(xy\)同为\(x\)时，不妨设\(x^2=x\circ x\), 同样的\(x^1=x\), 当然\(x^0=e\), 还有\(x^k=x^{k-1}\circ x\)

快速幂核心思想

在半群中，只要\(k=u+v\)一定有\(x^k=x^u\circ x^v\).

所以我们可以把k看作一个二进制数，把\(x^k\)分解为\(x^{2^{p_1}}\circ x^{2^{p_2}}\circ x^{2^{p_3}}\circ \circ \circ x^{2^{p_n}}\)

这里最多分解为\(\log_2(k)\)个元素，而且每个元素可以由前k个元素获取，所以只需要进行\(log_2(k)\)次二元计算即可的到最终答案。

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发表于 分类于 ， ， 本文字数： 8.5k 阅读时长 ≈ 8 分钟

比赛链接

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/15167

A. A Warm Welcome

题意

输出Shenzhen Institute of Computing Sciences

B. Mr.Maxwell and attractions

题意

你可以上午工作下午玩，也可以上午玩下午工作。

玩可以获得快乐，玩的时候有两类地方，一类是室内，一类是室外，室外下午玩会降低快乐值为\(80\%\)，重复玩一个地方会导致快乐值降低\(60\%\), 可叠加。

你需要至少k个早上都在工作，问你最多获得多少快乐值。

题解

枚举玩多少次室内即可。用前缀和加速。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#pragma warning(disable:4996)
priority_queue<double, vector<double>, less<double>>ap, bp;
const int maxn = 1e5 + 100;
double a[maxn],b[maxn],at[maxn],bt[maxn],apreSum[maxn], bpreSum[maxn];
int n, m, t, k;
void initQ() {
    int cnt = 1;
    while (cnt <= t) {
        double cura = ap.top();
        ap.pop();
        ap.push(cura * 0.6);
        at[cnt] = cura;
        apreSum[cnt] = apreSum[cnt - 1] + at[cnt];


        double curb = bp.top();
        bp.pop();
        bp.push(curb * 0.6);
        bt[cnt] = curb;
        bpreSum[cnt] = bpreSum[cnt - 1] + bt[cnt];
        cnt++;
    }

}
void show() {
    for (int i = 1; i <= t; i++) {
        cout << at[i] << " " << bt[i] << endl;
    }
    for (int i = 1; i <= t; i++) {
        cout << apreSum[i] << " " << bpreSum[i] << endl;
    }
}
void solve() {
    double ans = 0.0;
    for (int x = 0; x <= t; x++) {
        int y2 = t - x;
        int y1 = y2;
        if (x < k) {
            y1 -= (k-x);
        }
        double curAns = apreSum[x] + bpreSum[y1] + (0.8 * (bpreSum[y2] - bpreSum[y1]));
        ans = max(ans, curAns);
    }
    printf("%.2lf", ans);
}
int main() {
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &t, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lf", &a[i]);
        ap.push(a[i]);
    }

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%lf", &b[i]);
        bp.push(b[i]);
    }
    initQ();
    solve();
}

C. Hamster and Equation

题意

输入n和k

输出 \[ x_1(x_1+1)+x_2(x_2+1)=k(x_3(x_3+1)+x_4(x_4+1)) \\ x_1,x_2,x_3,x_4 \in [-n,n] \] 的解的个数

数据范围

\(0\lt n,|k|\lt500\)

题解

预处理等式左边，枚举等式右边，复杂度\(n^2\)

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

#define  ll long long
int main() {
    int t; scanf("%d", &t);
    while(t--) {
        int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
        unordered_map<ll, ll>ex;
        for(int i = -n ; i <= n; ++i) {
            for(int j = -n; j <= n; ++j) {
                ll tem = 1ll * k * (1ll * i * (i + 1) + 1ll * j * (j + 1));
                ex[tem]++;
            }
        }
        ll cnt = 0;
        for(int i = -n; i <= n; ++i) {
            for(int j = -n; j <= n; ++j) {
                ll tem = 1ll * i * (i + 1) + 1ll * j * (j + 1);
                cnt += ex[tem];
            }
        }
        printf("%lld\n", cnt);
    }
}

D. WA

题意

输入一个字符串\(S\), 一个整数\(k\), 你可以修改字符串\(S\)的任意k个字母，问你修改后最多出现多少个\(aa\)子串。输出修改后的串。

数据范围

\(|S|\le 5\times10^5\)

\(k\le |S|\)

题解

预处理所有a之间的空隙，优先修改短的空隙，按顺序模拟即可。注意最后修改两端的空隙。

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define  ll long long

const int maxn = 5e5 + 5;
char s[maxn];

typedef pair<int, int> pii;

int main() {
    int t;
    //scanf("%d", &t);
    t = 1;
    while (t--) {
        int n, k;
        scanf("%d %d %s", &n, &k, s);

        vector<pii> vec;
        vec.push_back({int(1e9), -1});

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (s[i] == 'a') {
                vec.push_back({0, i});
            } else {
                vec.back().first++;
            }
        }

        vector<pii> vec2;
        for (auto x:vec) {
            if (x.first != 0) {
                vec2.push_back(x);
            }
        }


        sort(vec2.begin(), vec2.end());

        int cnt = 0;
        for (auto p:vec2) {
            if (p.second == -1) {
                int up = p.second + 1;
                while (up < n && s[up] != 'a') up++;
                for (int i = up - 1; i > p.second; i--) {
                    if (cnt == k) {
                        break;
                    }
                    s[i] = 'a';
                    cnt++;

                }
            } else {
                for (int i = p.second + 1; i < n && s[i] != 'a'; i++) {
                    if (cnt == k) {
                        break;
                    }
                    s[i] = 'a';
                    cnt++;

                }
            }

        }

        int base = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i != 0 && s[i] == 'a' && s[i - 1] == 'a') {
                base++;
            }
        }


        printf("%d\n%s\n", base, s);
    }
}

E. Pipeline Maintenance

题意

给你一条长度为n的链，外加三个点，这三个点与链上每个点都连边，你得到了一个图，问你这个图的最小生成树的个数是多少。

输入只有一个n

数据范围

\(n\lt 10^9\)

题解

首先推出基尔霍夫矩阵，发现这个矩阵是有少量的地方有值，很明显他的行列式就是一个多项式，所以答案一定是一个多项式。

暴力计算前100项，然后BM线性递推即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#pragma warning(disable:4996)
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const ll mod = 1000000007;
ll powmod(ll a, ll b) { ll res = 1; a %= mod; assert(b >= 0); for (; b; b >>= 1) { if (b & 1)res = res * a % mod; a = a * a % mod; }return res; }
ll n;
namespace linear_seq {
    const int N = 10010;
    ll res[N], base[N], _c[N], _md[N];

    vector<int> Md;
    void mul(ll* a, ll* b, int k) {
        rep(i, 0, k + k) _c[i] = 0;
        rep(i, 0, k) if (a[i]) rep(j, 0, k) _c[i + j] = (_c[i + j] + a[i] * b[j]) % mod;
        for (int i = k + k - 1; i >= k; i--) if (_c[i])
            rep(j, 0, SZ(Md)) _c[i - k + Md[j]] = (_c[i - k + Md[j]] - _c[i] * _md[Md[j]]) % mod;
        rep(i, 0, k) a[i] = _c[i];
    }
    int solve(ll n, VI a, VI b) {
        ll ans = 0, pnt = 0;
        int k = SZ(a);
        assert(SZ(a) == SZ(b));
        rep(i, 0, k) _md[k - 1 - i] = -a[i]; _md[k] = 1;
        Md.clear();
        rep(i, 0, k) if (_md[i] != 0) Md.push_back(i);
        rep(i, 0, k) res[i] = base[i] = 0;
        res[0] = 1;
        while ((1ll << pnt) <= n) pnt++;
        for (int p = pnt; p >= 0; p--) {
            mul(res, res, k);
            if ((n >> p) & 1) {
                for (int i = k - 1; i >= 0; i--) res[i + 1] = res[i]; res[0] = 0;
                rep(j, 0, SZ(Md)) res[Md[j]] = (res[Md[j]] - res[k] * _md[Md[j]]) % mod;
            }
        }
        rep(i, 0, k) ans = (ans + res[i] * b[i]) % mod;
        if (ans < 0) ans += mod;
        return ans;
    }
    VI BM(VI s) {
        VI C(1, 1), B(1, 1);
        int L = 0, m = 1, b = 1;
        rep(n, 0, SZ(s)) {
            ll d = 0;
            rep(i, 0, L + 1) d = (d + (ll)C[i] * s[n - i]) % mod;
            if (d == 0) ++m;
            else if (2 * L <= n) {
                VI T = C;
                ll c = mod - d * powmod(b, mod - 2) % mod;
                while (SZ(C) < SZ(B) + m) C.pb(0);
                rep(i, 0, SZ(B)) C[i + m] = (C[i + m] + c * B[i]) % mod;
                L = n + 1 - L; B = T; b = d; m = 1;
            }
            else {
                ll c = mod - d * powmod(b, mod - 2) % mod;
                while (SZ(C) < SZ(B) + m) C.pb(0);
                rep(i, 0, SZ(B)) C[i + m] = (C[i + m] + c * B[i]) % mod;
                ++m;
            }
        }
        return C;
    }
    int gao(VI a, ll n) {
        VI c = BM(a);
        c.erase(c.begin());
        rep(i, 0, SZ(c)) c[i] = (mod - c[i]) % mod;
        return solve(n, c, VI(a.begin(), a.begin() + SZ(c)));
    }
};
int a[1000] = { 1,20,216,1840,13775,95040,619801,3878720,23520456,139127500,806585879,599175652,861664394,707058859,417979870,901047604,478633297,859865743,368755586,930893321,243990638,416220770,156922876,768961406,372030171,188255286,753829864,246844887,442658427,357182332,744405222,783203806,469197530,863684841,605924134,166060944,506226150,446220745,171110722,498919220,700717610,739340306,607058637,253306001,703467596,231535400,903802311,143421365,864786702,113238066,748503739,575557576,596128329,62322981,98752077,240806338,956345596,374036254,976624372,344168146,879827644,658625868,76392155,576562868,336205776,392396240,70109394,71982377,780620194,821250696,668859101,16081127,485315931,278337560,180126339,172842175,402815218,33449281,512582468,457919375,64916357,966658493,531395887,571188277,243742869,586283678,302575818,40249574,901283990,633872644,396221397,13159314,543397157,575791218,993120783,494677489,620570286,883513941,153287837,309800837 };
int main() {
    vector<int>v;
    for (int i = 0; i < 50; i++) {
        v.push_back(a[i]);
    }
    scanf("%lld", &n);
    printf("%lld\n", 1LL * linear_seq::gao(v, n - 1) % mod);
}

F. Meet in another world, enjoy tasty food!

题意

有\(n\)个人在排队，给你长度为n的数组，这是每个人都的耐心值，排名为\(i\)的人每秒会丧失\(i\)点耐心，当耐心值低于\(0\)的时候，这个人会离开队列，与此同时，他后面的人的排名都会减少1。你需要输出出队顺序。

数据范围

\(n\lt 1000\)

\(a_i<10^{18}\)

题解

暴力计算每一轮谁离开了队列。

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
typedef pair<ll, ll> pll;

int main() {
    ll t;
    t = 1;
    while (t--) {
        ll n;
        scanf("%lld", &n);
        vector<pll> a;

        for (ll i = 1; i <= n; i++) {
            ll x;
            scanf("%lld", &x);
            a.push_back(make_pair(x, i));
        }

        vector<ll> ans;
        for (ll _ = 1; _ <= n; _++) {
            ll k = 1e18 + 100;
            for (ll i = 0; i < a.size(); i++) {
                ll rank = i + 1;
                k = min(k, (a[i].first + rank - 1) / rank);
            }
            vector<pll> b;

            if (k != 1) {
                k--;
                for (ll i = 0, ii = 1; i < a.size(); i++) {
                    if (a[i].first - ii * k <= 0) {
                        ans.push_back(a[i].second);
                    } else {
                        a[i].first -= k * ii;
                        b.push_back(a[i]);
                        ii++;
                    }
                }
                a = b;
                b.clear();
            }

            k = 1;
            for (ll i = 0, ii = 1; i < a.size(); i++) {
                if (a[i].first - ii * k <= 0) {
                    ans.push_back(a[i].second);
                } else {
                    a[i].first -= k * ii;
                    b.push_back(a[i]);
                    ii++;
                }
            }
            a = b;
            b.clear();
        }

        for (ll x: ans) {
            printf("%lld ", x);
        }
        printf("\n");
    }
}

发表于 更新于 分类于 ， ， 本文字数： 4k 阅读时长 ≈ 4 分钟

链接

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/15801?&headNav=www

B Graph

题意

n个点的带权树，你可以删边，但要保证删边后图联通，可以加边，但要保证加边后所有简单环的异或和为0。

现在你可以随便操作，需要操作后的树的边权和最小。

题解

题目中的两个操作都不会影响两个顶点之间路径的异或和。所以实际上相当于给了一个完全图，两个点之间的边权就是原始树上这两个点之间的路径的异或和，你要求一个最小生成树。

很多人都知道最小生成树有Kruskal算法和Prim算法，但是很少有人知道第三个算法：Boruvka算法，因为这个算法不常用。

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发表于 更新于 分类于 ， ， 本文字数： 919 阅读时长 ≈ 1 分钟

链接

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/15789

B Basic Gcd Problem

题意

定义 \[ f_c(x)= \begin{cases} max_{i=1}^n c\cdot f_c(\gcd(i,x)) &x\gt1\\ 1&x=1 \end{cases} \]

输入c和x

题解

f函数迭代次数越多，则值越大，也就是x取gcd的次数越多越好，所以每次选择x的最大因子即可。最终使用快速幂解决。

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发表于 更新于 分类于 ， ， 本文字数： 11k 阅读时长 ≈ 10 分钟

比赛链接

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/15688?&headNav=www

A All with Pairs

题意

给你字符串n个字符串\(s_1\)，\(s_2\)，\(s_3\)，... \(s_n\)给你函数\(f(s,t)\)，其值为最大的长度w，使得s的长度为w的前缀和t的长度为w的后缀相同完全。

你要计算 \[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}f(s_i,s_j)^2 \mod 998244353 \]

数据范围

\(n<10^5\), 字符串总长度小于\(10^6\)

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发表于 分类于 ， ， 本文字数： 6k 阅读时长 ≈ 5 分钟

比赛链接

http://codeforces.com/gym/102798

A. Golden Spirit

有一个桥，桥两边都有n个老人，你桥的一边，你可以花时间x把一个老人带到对面，然后你可以接着把那边的老人带回来，你也可以原地等待，所有老人移动一次以后需要休息t分钟，问你至少花费多少时间，能让所有老人都互相跑到对面，然后又回到原本的位置。

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

#define ll long long
int main(){
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        ll n, x, t; scanf("%lld %lld %lld", &n, &x, &t);
        ll y1 = max(x + 2 * t - 2 * n * t, 0ll);
        ll y2 = max(x - 2 * n * t, 0ll);
        ll ans1 = y1 + 4 * n * t, ans2 = y2 + (4 * n + 1) * t;
        printf("%lld\n", min(ans1, ans2));
    }
}

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发表于 分类于 ， ， 本文字数： 3.5k 阅读时长 ≈ 3 分钟

比赛链接

http://codeforces.com/gym/102822

D. Defuse the Bombs

题意

有一些炸弹，给你一个数组\(a\)，他们\(a_i\)秒后会爆炸，你是一个拆弹专家，你可以在炸弹爆炸前，让其爆炸时间延长一秒，问你最多能坚持多少秒

题解

二分答案，直接算是错误的，只能二分。

G. Game of Cards

题意

有四个卡片，他们的数值分别是0，1，2，3，两个人轮流操作，操作是可以选择两张和小于等于3的卡片，将他们合并成一张新的卡片，卡片的值是和。谁不能操作谁就输了。

题解

考虑3的数量为0的情况，手推sg函数有循环节，

紧接着考虑三维sg函数，上程序打表发现三维也有循环节。

J. Joy of Handcraft

题意

n个灯泡，每个灯泡都是周期性发光和熄灭,在时间\(2kt_i+1\)到时间\(2kt_i+t_i\)发光，在时间\(2kt_i+t_i+1\)到时间\(2kt_i+2t_i\)熄灭，发光强度为\(x_i\)。

为你从时刻1到时刻m，最亮的灯泡有多亮。

数据范围

\(n,m<10^5\)

\(1 \le t_i,x_i \le 10^5\)

题解

预处理每个周期最亮的灯泡是哪一个，然后会得到最多m个周期，对所有周期暴力取出发光区间，根据调和级数的和可以得出，最多\(mlogm\)个区间，最后离线合并处理。

K. Knowledge is Power

题意

输入一个数\(n\)，问你能不能把它分成至少两个大于等于2的整数，其中两两互质且和为n。

题解

分类讨论就可以了，按照模4剩余的情况分，注意最大答案为4

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long


int main() {
    int t; scanf("%d", &t);
    for(int tt = 1; tt <= t; ++tt){
        int x; scanf("%d", &x);
        printf("Case #%d: ", tt);
        if(x == 6) {
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        if(x & 1) {
            printf("1\n");
        } else {
            if(x % 4 == 0) {
                printf("2\n");
            } else {
               if((x - 3) % 3 == 0) {
                   int y = (x - 3) / 3;
                   if(__gcd(y, y + 2) == 1) {
                       printf("2\n");
                       continue;
                   }
               } else if((x - 4) % 3 == 0) {
                    int y = (x - 4) / 3;
                    if(__gcd(y, y + 1) == 1 && __gcd(y, y + 3) == 1 && __gcd(y + 1, y + 3) == 1) {
                        printf("3\n");
                        continue;
                    }
                } else if((x - 5) % 3 == 0) {
                    int y = (x - 5) / 3;
                    if(__gcd(y, y + 2) == 1 && __gcd(y, y + 3) == 1 && __gcd(y + 2, y + 3) == 1) {
                        printf("3\n");
                        continue;
                    }
                }
                printf("4\n");
            }
        }
    }
}

L. Lottery

题意

给你一些物品，每个物品的容量为\(2^{a_i}\), 个数为\(b_i\), 你可以随意选择，最后计算容量，问你能选出多少总容量（背包计数）

题解

首先考虑二进制分组，最后每个二进制数最多两个，接着考虑连续的二进制数，使用组合数学的乘法原理进行合并。

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long

const ll mod = 1e9 + 7;

const int base = 1 << 16;
static ll pw2[base], basepw2[base];

void init() {
    pw2[0] = 1;
    for (int i = 1; i < base; i++) {
        pw2[i] = 2ll * pw2[i - 1] % mod;
    }

    const int pw2base = pw2[base - 1] * 2ll % mod; // = 2^base
    basepw2[0] = 1; // base[i] = pow(2,base)^i
    for (int i = 1; i < base; i++) {
        basepw2[i] = 1ll * pw2base * basepw2[i - 1] % mod;
    }
}

int qpow2(int index) {
    const int page = index >> 16;
    const int offset = index & 0xffff;
    return 1ll * basepw2[page] * pw2[offset] % mod; // (2^base)^page * 2 ^ offset = 2^(base*page+offset) = 2^index
}


int main() {
    int T;
    init();
    scanf("%d", &T);
    for (int cas = 1; cas <= T; ++cas) {
        int n;
        scanf("%d", &n);

        unordered_map<int, ll> ma;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int a, x;
            scanf("%d %d", &a, &x);
            ma[a] += x;
            int l = a;
            while (ma.find(l) != ma.end() && ma[l] > 2) {
                ma[l + 1] += (ma[l] - 1) / 2;
                ma[l] = ((ma[l] & 1) ? 1 : 2);
                ++l;
            }
        }

        vector<int> a, b;
        for (auto item : ma) {
            a.push_back(item.first);
            if (item.second > 1) {
                b.push_back(item.first);
            }
        }

        sort(a.begin(), a.end());
        sort(b.begin(), b.end());
        int l = 0, r = 0, lb = 0;
        ll ans = 1;
        for (int i = 1; i < a.size() + 1; ++i) {
            if (i < a.size() && a[i] == a[r] + 1) {
                r = i;
            } else {
                ll sum = 1;
                for (int j = l; j <= r; ++j) {
                    sum += qpow2(a[j] - a[l]);
                    sum %= mod;
                }
                while(lb < b.size() && b[lb] <= a[r]) {
                    sum += qpow2(b[lb] - a[l]);
                    sum %= mod;
                    ++lb;
                }
                ans *= sum; ans %= mod;
                l = r = i;
            }
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", cas, ans);
    }
}