正文
noip模拟44[我想我以后会碰见计数题就溜走的]
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noip模拟44 solutions
这一场抱零的也忒多了，我也只有45pts
据说好像是把几套题里面最难的收拾出来让我们考得
好惨烈啊，这次的考试我只有第一题骗了40pts，其他都抱零了
T1 Emotional Flutter
这个我直接用线段树维护解集，
这样的，你不能踩到每一个黑块，所以每一个黑块都对应着一个不踩他的范围
我们用线段树维护这些范围的交集，因为值域有点大所以炸了
40pts
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=5e5+5;
ll T,s,k,n,cnt,a[N],pre[N];
struct XDS{
int mx[N*15],ls[N*15],rs[N*15],laz[N*15];
int seg,rt;
void clear(){seg=0;rt=0;mx[0]=mx[1]=0;}
int newnode(){++seg;ls[seg]=rs[seg]=mx[seg]=laz[seg]=0;return seg;}
void pushup(int x){
mx[x]=max(mx[ls[x]],mx[rs[x]]);
return ;
}
void pushdown(int x){
if(!laz[x])return ;
if(!ls[x])ls[x]=newnode();
if(!rs[x])rs[x]=newnode();
mx[ls[x]]+=laz[x];
mx[rs[x]]+=laz[x];
laz[ls[x]]+=laz[x];
laz[rs[x]]+=laz[x];
laz[x]=0;
return ;
}
void ins(int &x,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql>r||qr<l||ql>qr)return ;
if(!x)x=newnode();
if(ql<=l&&r<=qr){
laz[x]++;mx[x]++;
return ;
}
pushdown(x);
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid)ins(ls[x],l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)ins(rs[x],mid+1,r,ql,qr);
pushup(x);return ;
}
}xds;
signed main(){
//cout<<(sizeof(xds.mx)*4+sizeof(a)+sizeof(pre)>>20)<<endl;
//xds.mx[1]=10000;cout<<xds.mx[1]<<endl;
scanf("%lld",&T);
while(T--){cnt=0;
scanf("%lld%lld%lld",&s,&k,&n);
for(re i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]),pre[i]=pre[i-1]+a[i];
}
for(re i=0;i<=n;i++){
if(i&1)continue;cnt++;
ll tmp=pre[i]%k,l0=-1,r0=-1,l1=-1,r1=-1;
if(a[i+1]+tmp+s<=k){
l0=0,r0=k-a[i+1]-tmp-s;
xds.ins(xds.rt,0,k-1,l0,r0);
}
if(tmp){
l1=k-tmp,r1=min(l1+k-a[i+1]-s,k-1);
xds.ins(xds.rt,0,k-1,l1,r1);
}
}
if(xds.mx[xds.rt]>=cnt)printf("TAK\n");
else printf("NIE\n");
xds.clear();
}
}
其实正解也是有\(log\)的，只不过他的放在了1e5上，而我的放在了1e9*1e5上，并且空间好像也不太够
每次只能跨越k个格，那么我们每次踩到的点在%k意义下都在一个点上
并且这个点不能被任何一个黑块覆盖，所以把所有黑块弄下来
排序，减去没用的，然后去覆盖，如果能找到空缺就是合法的
脚长为s，直接对黑块的长的+s，
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=5e5+5;
ll T,s,k,n,a[N],fro;
struct node{
ll l,r;
node(){}
bool operator < (node x)const{
if(l==x.l)return r>x.r;
return l<x.l;
}
}sca[N];
int cnt,mnt;
signed main(){
scanf("%lld",&T);
while(T--){
cnt=0;mnt=0;fro=0;
scanf("%lld%lld%lld",&s,&k,&n);
//if(k<s){printf("NIE\n");continue;}
bool flag=false;
for(re i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
if(a[i]+s>k&&(i&1))flag=true;
}
if(flag||k<s){printf("NIE\n");continue;}
//cout<<"Sb"<<endl;
for(re i=1;i<=n;i++){
if((i^1)&1){fro+=a[i];continue;}
a[i]+=s;a[i+1]-=s;
ll pl=(fro+1)%k,pr=(fro+a[i]-1)%k;
//cout<<i<<" "<<pl<<" "<<pr<<endl;
fro+=a[i];
sca[++cnt].l=pl;
if(pr>=pl)sca[cnt].r=pr;
else {
sca[cnt].r=k-1;
sca[++cnt].l=0;
sca[cnt].r=pr;
}
//cout<<i<<" "<<sca[cnt].l<<" "<<sca[cnt].r<<endl;
}
sort(sca+1,sca+cnt+1);mnt=1;
for(re i=2;i<=cnt;i++){
if(sca[i].l>=sca[mnt].l&&sca[i].r<=sca[mnt].r)continue;
sca[++mnt]=sca[i];
}
flag=false;
if(sca[1].l!=0||sca[mnt].r!=k-1)flag=true;
//cout<<flag<<endl;
for(re i=1;i<mnt;i++){
if(sca[i].r+1<sca[i+1].l){
//cout<<i<<endl;
flag=true;
}
if(flag)break;
}
//cout<<sca[1].l<<" "<<sca[mnt].r<<endl;
if(flag)printf("TAK\n");
else printf("NIE\n");
}
}
注意边界问题极其ex
T2 Medium Counting
正解和我考场上想的一样，就是利用后面的大小方案推出前面的方案数
但是我考场上只有一个初步的思路，没有具体的实现出来，所以00000
如果当前字符串短的话，后面补0就行了
然后我们对于当前这一位，我们枚举分界点，看啥时候+1
然后直接记忆化搜索就好啦
dp数组含义：dp[i][j][l][r]表示i位，最小的是c，范围是l-r，的方案数
如果当前这一位被认定为c，那么前面的字符串就不能根据当前这一位来判断
只能用后面的字符来区别他们的大小，这个时候就转移到了下一层
最后小小的判一下边界就行了
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const ll mod=990804011;
ll n,dp[25][28][55][55];
char ch[55][25];
int a[55][25];
ll dfs(int p,int c,int l,int r){
if(dp[p][c][l][r]!=-1)return dp[p][c][l][r];
if(l>r)return dp[p][c][l][r]=1;
if(p>20)return dp[p][c][l][r]=(l==r);
if(c>26)return 0;
dp[p][c][l][r]=dfs(p,c+1,l,r);
//cout<<dp[p][c][l][r]<<endl;
for(re i=l;i<=r;i++){
if((a[i][p]!=c&&a[i][p]!=27)||(a[i][p]==27&&!c))break;
dp[p][c][l][r]=(dp[p][c][l][r]+dfs(p+1,0,l,i)*dfs(p,c+1,i+1,r)%mod)%mod;
}
return dp[p][c][l][r];
}
signed main(){
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%lld",&n);
for(re i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",ch[i]+1);
for(re j=1;j<=strlen(ch[i]+1);j++){
if(ch[i][j]=='?')a[i][j]=27;
else a[i][j]=ch[i][j]-'a'+1;
}
}
printf("%lld",dfs(1,0,1,n));
}
T3 Huge Counting
这个又是一个更加恶心的计数题，我真的不想说啥了
还是数位dp，害，气死人了
他们都说挺显然的是可重集排列，呵呵呵，我TM看了半天才看出来
每次选择一个数-1，所以减的顺序就是一个排列，因为好多同一位的减法是相同的，所以可重
那就直接套公式就行了\(\huge\frac{(\sum{x_i})!}{\prod{x_i!}}\)
于是你只需要判断奇偶性就行了（然而我考场上并没有看见mod2）
用那个经典公式\(sum_2(x!)=\frac{x}{2}+\frac{x}{4}+\frac{x}{8}+.....\)
暴力求的话可以拿到40pts的好成绩
40pts
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=15;
const ll mod=990804011;
ll T,k,l[N],r[N],ans,ji[N];
void dfs(int x){
if(x==k+1){
ll tmp=0,sum=0,t=2;
for(re i=1;i<x;i++)tmp+=ji[i];
tmp/=2;while(tmp)sum+=tmp,tmp/=2;
for(re i=1;i<x;i++){
ll now=ji[i]/2;
while(now)sum-=now,now/=2;
}
if(!sum)ans++;
//if(ji[1]!=0)cout<<ji[1]<<endl;
if(ans>mod)ans-=mod;
return ;
}
for(ll i=l[x];i<=r[x];i++){
ji[x]=i-1;dfs(x+1);
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&T);
while(T--){
scanf("%lld",&k);ans=0;
for(re i=1;i<=k;i++)scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]);
dfs(1);
printf("%lld\n",ans);
}
}
然后你发现上下两部分，如果加和没有进位的话，他们两个有的2的因子个数是相同的
所以如果想让这些x对答案有贡献，就要让这些x的二进制表示每一位上至多有1个1
所以直接数位do，设dp[i][s]表示第i位，卡边界的情况为s，就是每一个x的
注意不要妄想去卡上下边界，因为数组开不出来，所以要容斥，多步的
我是用dfs实现的容斥系数，也可以用1的个数的奇偶性来确定
直接转移就行了，我是看完题解代码才会的。。。。。。。
转移的时候，我们要先把每一个卡边界的0拿出来，
这时候全是0，方案可行，
再去枚举每一个可能的1，如果卡边界就要把边界卡上，
如果不卡，那就还是原来的边界
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=15;
const ll mod=990804011;
ll T,k,l[N],r[N],ans,ji[N];
ll f[52][1<<10];
ll get_ans(){
memset(f,0,sizeof(f));
f[50][(1<<k)-1]=1;
for(re i=50;i>=1;i--){
for(re j=0;j<(1<<k);j++){
if(!f[i][j])continue;
ll tmp=0;
for(re l=1;l<=k;l++)
if((j>>l-1)&1 && ((ji[l]>>i-1)^1)&1)
tmp|=(1<<l-1);
f[i-1][tmp]=(f[i-1][tmp]+f[i][j])%mod;
for(re l=1;l<=k;l++)
if(((j>>l-1)^1)&1)f[i-1][tmp]=(f[i-1][tmp]+f[i][j])%mod;
else if((ji[l]>>i-1)&1)f[i-1][tmp|(1<<l-1)]=(f[i-1][tmp|(1<<l-1)]+f[i][j])%mod;
}
}
ll ret=0;
for(re i=0;i<(1<<k);i++)ret=(ret+f[0][i])%mod;
return ret;
}
void dfs(int x,int fl){
if(x==k+1){
ans=(ans+get_ans()*fl+mod)%mod;
return ;
}
ji[x]=r[x];
dfs(x+1,fl);
if(l[x]-1>=0){
ji[x]=l[x]-1;
dfs(x+1,-fl);
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&T);
while(T--){
scanf("%lld",&k);ans=0;
for(re i=1;i<=k;i++)scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]),l[i]--,r[i]--;
dfs(1,1);
printf("%lld\n",ans);
}
}
T4 字符消除2
说真的，一开始我连题面都没看懂，
后来发现是找到一个和原字符串t集合相同的01串
这样的话，我们先找到所有可行的t
直接用KMP从n向前跳，所有跳出来的数，用n减去它，就是一个可行的t
然后考虑构造这个01串，我们要把KMP匹配到的所有的长度记录下来
如果下一个的长度\(\le\)当前的2倍，那就直接复制过去就行了
不然的话，我就把中间的全干成0，然后再跑一边KMP，看看还是不是原来的匹配
我是直接将之前的p指针记录下来，然后直接跳回去，
如果不是原来的匹配了，就把最后一位换成1
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=2e5+5;
char ch[N];
int T,n,fail[N],p,len[N],cnt;
int nxt[N],pri[N],tot;
void kmp(int l,int r){
for(re i=l;i<=r;i++){
while(pri[i]!=pri[p+1]&&p)p=nxt[p];
if(pri[i]==pri[p+1])p++;
nxt[i]=p;
}
}
signed main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(fail,0,sizeof(fail));
memset(len,0,sizeof(len));
memset(nxt,0,sizeof(nxt));
memset(pri,0,sizeof(pri));
p=cnt=tot=0;
scanf("%s",ch+1);n=strlen(ch+1);
//cout<<"sb"<<endl;
for(re i=2,j=0;i<=n;i++){
while(ch[i]!=ch[j+1]&&j)j=fail[j];
if(ch[i]==ch[j+1])j++;
//cout<<i<<" "<<j<<endl;
fail[i]=j;
}
int now=n;while(now)len[++cnt]=now,now=fail[now];//cout<<now<<endl;
if(len[cnt]>1)pri[len[cnt]]=1;
kmp(2,len[cnt]);
//cout<<"sb"<<endl;
//cout<<p<<endl;
for(re i=cnt-1;i>=1;i--){
if(len[i]>len[i+1]*2){
kmp(len[i+1]+1,len[i]-len[i+1]-1);
int pi=p;
for(re j=1;j<=len[i+1];j++)pri[len[i]-len[i+1]+j]=pri[j];
kmp(len[i]-len[i+1],len[i]);
//for(re j=1;j<=len[i];j++)cout<<pri[j];cout<<endl;
//cout<<nxt[len[i]]<<endl;
if(nxt[len[i]]!=len[i+1]){
p=pi;pri[len[i]-len[i+1]]=1;
kmp(len[i]-len[i+1],len[i]);
}
}
else {
for(re j=len[i+1]+1;j<=len[i];j++)
pri[j]=pri[j-len[i]+len[i+1]];
kmp(len[i+1]+1,len[i]);
}
}
for(re i=1;i<=n;i++)printf("%d",pri[i]);
printf("\n");
}
}
