2018 HDU多校第四场赛后补题

2018 HDU多校第四场赛后补题

自己学校出的毒瘤场。。吃枣药丸
hdu中的题号是6332 ~ 6343。

K. Expression in Memories

题意:

判断一个简化版的算术表达式是否合法。

题解:

注意细节即可。

代码:

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

int n; char s[505];
int main () {
    int T; cin>>T;
    for ( ; T; --T) {
        scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),s[0]='+';
        if (s[1]=='?') s[1]='9';
        bool ok=1;
        for (int i=2; i<=n; ++i) {
            if (s[i]=='+'||s[i]=='*') {
                if (s[i-1]=='+'||s[i-1]=='*') {ok=0; break;}
            } else
            if (s[i]>='0'&&s[i]<='9') {
                if (s[i-1]=='0'&&(s[i-2]=='+'||s[i-2]=='*')) {ok=0; break;}
            } else
            if (s[i]=='?') {
                if (s[i-1]=='+'||s[i-1]=='*') s[i]='9'; else
                if (s[i-1]=='0') {
                    if (s[i-2]=='+'||s[i-2]=='*') s[i]='+';
                    else s[i]='9';
                } else
                if (s[i-1]>='1'&&s[i-1]<='9') s[i]='9';
            }
        }
        if (s[n]=='+'||s[n]=='*'||s[1]=='+'||s[1]=='*') ok=0;
        if (n>=2) {
            if (s[1]=='0'&&s[2]>='0'&&s[2]<='9') ok=0;
        }
        if (!ok) puts("IMPOSSIBLE");
        else {
            for (int i=1; i<=n; ++i) printf("%c",s[i]);
            puts("");
        }
    }
    return 0;
}

L. Graph Theory Homework

题意:

给你一张每个点有点权的完全图。从点\(i\)走到点\(j\) \((i≠j)\)的代价为 \(\lfloor \sqrt {|wi-wj|} \rfloor\)
球从\(1\)走到\(n\)的最小代价。

题解:

一个不等式: \(\lfloor \sqrt {a} \rfloor + \lfloor \sqrt {b} \rfloor \geq \lfloor \sqrt {a+b} \rfloor\)
则,从\(1\)不经过任何点直接到\(n\)是最优的。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int w[N],w2[N];
int main () {
    int T,n;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",&w[i]);
        printf("%d\n",(int)sqrt(abs(w[n]-w[1])));
    }
    return 0;
}

D. Nothing is Impossible

题意:

没有题意,至今还不知道最终的题意。

题解:

没有题解,只需要大胆猜想,无需证明,取最小的几个\(bi\)使得\(\prod {(bi + 1)} \leq m\)就行了。能取到的最多个数就是答案。

代码:

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

int b[105];
int main()
{
    int T, n, m, x;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        int ans = n; long long now = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &x, &b[i]); 
        sort(b + 1, b + 1 + n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (now * (b[i] + 1) > m) {ans = i - 1; break;}
            now *= (b[i] + 1);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

E. Matrix from Arrays

题意:

给你一个\(L\)个元素的数组\(A\),根据题意构造一个无限矩阵,并进行q次询问,询问一个有限矩阵内的元素和。

题解:

容易发现,构造出来的无限矩阵是一个循环矩阵。当\(L\)是奇数时,矩阵每\(LL\)个元素循环;当\({L}*{L}\)是偶数时,矩阵每\({2L}*{2L}\)个元素循环。
这样我们就可以预处理处一个很小(边长\(80\)以内)的矩阵,然后做一下前缀和。
最后询问的时候留给我们解决的也不多了。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int L, Q; ll A[20], M[90][90], s1[90], s2[90], sum;
ll calc (int x, int y, ll ret = 0) {
    ll k1 = (x + 1) / (2 * L), k2 = (y + 1) / (2 * L);
    ll o1 = (x + 1) % (2 * L), o2 = (y + 1) % (2 * L);
    ret += sum * k1 * k2;
    if (o1) ret += s1[o1 - 1] * k2;
    if (o2) ret += s2[o2 - 1] * k1;
    for (int i = 0; i < o1; ++i) {
        for (int j = 0; j < o2; ++j) ret += M[i][j];
    }
    return ret;
}
int main () {
    int T; cin >> T;
    for ( ; T; --T) {
        cin >> L;
        for (int i = 0; i < L; ++i) cin >> A[i];
        int cursor = 0;
        for (int i = 0; i < 4 * L; ++i) {
            for (int j = 0; j <= i; ++j) { 
                M[j][i - j] = A[cursor];
                cursor = (cursor + 1) % L;
            }
        }
        sum = 0;
        for (int i = 0; i < 2 * L; ++i) {
            for (int j = 0; j < 2 * L; ++j) sum += M[i][j];
        }
        memset(s1, 0, sizeof s1);
        memset(s2, 0, sizeof s2);
        for (int i = 0; i < 2 * L; ++i) {
            for (int j = 0; j < 2 * L; ++j) s1[i] += M[i][j];
            if (i) s1[i] += s1[i - 1];
        }
        for (int j = 0; j < 2 * L; ++j) {
            for (int i = 0; i < 2 * L; ++i) s2[j] += M[i][j];
            if (j) s2[j] += s2[j - 1];
        }
        cin >> Q;
        for ( ; Q; --Q) {
            int l, u, r, d;
            scanf("%d%d%d%d", &l, &u, &r, &d);
            printf("%lld\n", calc(r, d) - calc(r, u - 1) - calc(l - 1, d) + calc(l - 1, u - 1));
        }
    }
    return 0;
}

J. Let Sudoku Rotate

题意:

有一个合法的\(4\)阶数独,某人随机把几个“宫”分别逆时针翻转了几次,先给出现在的数独,问那个人总共最少转了几次。

题解:

如果你够大胆,就去爆搜吧;如果你不够大胆,就去\(dlx\)吧!反正都能过,可能是因为合法情况太少的缘故

代码:

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

const int N = 17, M = 5;
int n, m, ans, a[N][N], tmp[M][M]; char s[N];
int R[N][N], C[N][N];

void rotating_lalala (int r, int c) {
    int _u = r * m, _d = _u + m, _l = c * m, _r = _l + m;
    for (int i = _u; i < _d; ++i)
        for (int j = _l; j < _r; ++j) tmp[j - _l][m - (i - _u) - 1] = a[i][j];
    for (int i = _u; i < _d; ++i)
        for (int j = _l; j < _r; ++j) a[i][j] = tmp[i - _u][j - _l];
}
bool exam (int r, int c) {
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            int x = r * m + i, y = c * m + j;
            if (R[x][a[x][y]]) return 0;
            if (C[y][a[x][y]]) return 0;
        }
    }
    return 1;
}
void fig (int r, int c, int d) {
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            int x = r * m + i, y = c * m + j;
            R[x][a[x][y]] += d, C[y][a[x][y]] += d;
        }
    }
}
void dfs (int r, int c, int cnt) {
    if (cnt >= ans) return;
    if (c == m) c = 0, ++r;
    if (r == m && c == 0) {ans = cnt; return;}
    if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 0), fig(r, c, -1);
    rotating_lalala(r, c);
    if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 1), fig(r, c, -1);
    rotating_lalala(r, c);
    if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 2), fig(r, c, -1);
    rotating_lalala(r, c);
    if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 3), fig(r, c, -1);
    rotating_lalala(r, c);
}
int main () {
    int T; cin >> T; m = 4, n = 16;
    for ( ; T; --T) {
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%s", s);
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (s[j] >= '0' && s[j] <= '9') a[i][j] = s[j] - '0';
                else a[i][j] = s[j] - 'A' + 10;
            }
        }
        ans = 64;
        memset(R, 0, sizeof R), memset(C, 0, sizeof C);
        dfs(0, 0, 0);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

B. Harvest of Apples

题意:

\(\sum_{i=0}^{m} {C_{n}^{i}}\)\(n,m\)都是\(1e5\)范围,还有\(1e5\)组询问。

题解:

早就见识过这个东西的厉害。但一起一直不知道怎么做。也不知道有没有柿子。然后就去\(OEIS\)了一发,结果什么都没有。。OEIS大法失灵了 还是我等蒟蒻不会用。
考场上想过离线,也想过\(n\)\(n-1\)\(m\)\(m-1\)的关系,但是就没有想到莫队。
首先,设\(S(n, m) = \sum_{i=0}^{m} {C_{n}^{i}}\),利用杨辉三角那个公式,我们有柿子:
\(S(n, m) = S(n, m - 1) + C_{n}^{m}\)
\(S(n, m) = 2 * S(n - 1, m) - C_{n-1}^{m}\)
这样我们发现,等式两边给出的两对关系,让我们真的可以愉快地搞莫队了。
而且很好码,双倍的快乐嘻嘻嘻
转移复杂度是\(O(1)\)的。

代码:

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

const int N = 100005, mo = 1e9 + 7, inv2 = 500000004;
int n, siz, l, r; ll ret, fac[N], inv[N], ans[N];
struct que {
    int l, r, i;
    bool operator < (const que &o) const {
        return (r - 1) / siz == (o.r - 1) / siz ? l < o.l : r < o.r;
    }
} a[N];

ll ksm (ll b, ll p) {
    if (p < 2) return p ? b : 1;
    ll t = ksm(b, p >> 1); t = t * t % mo;
    return p & 1 ? t * b % mo : t;
}
ll C (int n, int r) {
    if (r < 0 || n < r) return 0;
    return fac[n] * inv[r] % mo * inv[n - r] % mo;
}
void ppw () {
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
    inv[N - 1] = ksm(fac[N - 1], mo - 2);
    for (int i = N - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mo;
}
void add (int x, bool o) {
    if (!o) ret -= C(r, l + 1);
    else ret = ret * 2 - C(r - 1, l);
    ret = (ret + mo) % mo;
}
void rem (int x, bool o) {
    if (!o) ret += C(r, l + 1);
    else ret = (ret + C(r - 1, l)) * inv2;
    ret = ret % mo;
}

int main () {
    cin >> n, siz = sqrt(n + 0.5), ppw();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d%d", &a[i].r, &a[i].l);
        a[i].i = i;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    ret = 0;
    for (int i = 0; i <= a[1].l; ++i) {
        ret = (ret + C(a[1].r, i)) % mo;
    }
    ans[a[1].i] = ret;
    l = a[1].l, r = a[1].r;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        for ( ; l > a[i].l; ) --l, add(l, 0);
        for ( ; r < a[i].r; ) ++r, add(r, 1);
        for ( ; l < a[i].l; ) rem(l, 0), ++l;
        for ( ; r > a[i].r; ) rem(r, 1), --r;
        ans[a[i].i] = ret;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
    return 0;
}

题意:

给出一棵\(n\)个节点的无根树和一个长度为\(n\)的排列\(B\)。问有多少种dfs序在字典序上小于这个排列。

题解:

运用题解里提到的“逐位确定”的思想。
首先,我们要知道,根的编号小于\(B[1]\)的方案数有多少种。
不妨假设从\(r\)开始\((r<B[1])\),那么可以树形dp出总方案数。
表达式为\(ans[r] = \prod (cntchild[i])! = deg[r] * \prod_{i \neq r} \ (deg[i]-1)!\)
那么,根节点比\(B[1]\)小的总答案为\(ans1 = (\prod_{i<B[1]} deg[i]!) * (\prod_{i \geq B[1]} \ (deg[i]-1)!)\)
那如何统计以\(B[1]\)为根的序列方案呢?
Notice,逐位确定。
首先不妨先将每个点的子节点排个序。
然后假设现在处于节点\(x\),并假设\(x\)的所有祖先(包括自己)恰好组成了\(B\)的某个前缀,设是\(B[i]\)
设达成这种状态的方案数为\(pp\)(这个信息可以从父节点传下来)。(其实这里说的状态是根据匹配的前缀长度来划分的,若有两个合法序列\(A1\)\(A2\),设\(A1\)\(B\)的最长公共前缀为\(l1\)\(A2\)\(B\)的最长公共前缀为\(l2\)\(l1=l2\),则它们属于同种状态,否则算不同种)
那么,如果\(B[i+1]\)\(x\)的某个子节点,显然,我们可以确定比\(B[i+1]\)小的\(x\)的子节点数\(cnt\),剩余的\(x\)的子点数\(res\)。那对于此种状态,合法的序列数又增加了
\[delta = cnt * (res)! * \prod_{son[x,j] \neq B[i+1]} f[son[x,j]] * pp \]
其中\(f[k]\)表示在以\(k\)为根的子树中有多少种序列(任意),可以预处理出来。
需要注意,也许把一个子树搜完了,整棵树并没有被搜完。所以还要关注其他子树(即搜索下一个等于\(B[nxt]\)的子节点,直到不可能找到这种子节点为止,此时贡献已计算完毕,退出即可)。这样转化成了相同的问题。但是如果dfs了一个子树(同时贡献也计算完了),就要把这棵子树的贡献删掉。快速搜索和删除贡献要用高效的数据结构维护,比如树状数组。注意,删除贡献这一步非常重要,需要仔细考虑。
最后注意程序一定要高效。这个题常数好像挺大的。本地还会爆栈。

代码:

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1000005, mo = 1e9 + 7;
int n, A[N], siz[N];
int tot, lnk[N], nxt[N << 1], son[N << 1];
ll ans, tmp, fac[N], inv[N], f[N];
vector <int> g[N];

void add (int x, int y) {
    nxt[++tot] = lnk[x], lnk[x] = tot, son[tot] = y;
}
ll ksm (ll b, ll p) {
    if (p < 2) return p ? b : 1;
    ll t = ksm(b, p >> 1); t = t * t % mo;
    return p & 1 ? t * b % mo : t;
}
void pre (int x, int p) {
    siz[x] = 1, f[x] = 1;
    for (int j = lnk[x]; j; j = nxt[j]) {
        if (son[j] == p) continue;
        g[x].push_back(son[j]);
        pre(son[j], x);
        siz[x] += siz[son[j]];
        f[x] = f[x] * f[son[j]] % mo;
    }
    f[x] = f[x] * fac[g[x].size()] % mo;
}

struct bit {
    int siz; vector <int> c;
    void init (int x) {siz = x, c.clear(), c.resize(x + 1);}
    void add (int x) {for ( ; x <= siz; x += x & (-x)) ++c[x];}
    void remove (int x) {for ( ; x <= siz; x += x & (-x)) --c[x];}
    int count (int x, int ret = 0) {for ( ; x > 0; x -= x & (-x)) ret += c[x]; return ret;}
} bt[N];
int sear (int x, int v) {
    int ret = 0;
    for (int i = 19; ~i; --i) {
        if (ret + (1 << i) - 1 >= g[x].size()) continue;
        if (g[x][ret + (1 << i) - 1] < v) ret += 1 << i;
    }
    return ret - 1;
}

bool dfs (int x, int no, ll pp) {
    int num = no, cnt = g[x].size(); ll prod = 1;
    for (int i = 0; i < cnt; ++i) {
        prod = prod * f[g[x][i]] % mo;
        bt[x].add(i + 1);
    }
    for (int i = 0, suit, y; i < cnt; ++i) {
        suit = sear(x, A[num + 1]);
        ans += pp * prod % mo * fac[cnt - 1 - i] % mo * bt[x].count(suit + 1);
        ans %= mo;
        ++suit; if (suit >= cnt) return 0;
        y = g[x][suit];
        if (y != A[num + 1]) return 0;
        bt[x].remove(suit + 1);
        prod = prod * ksm(f[y], mo - 2) % mo;
        if (!dfs(y, num + 1, pp * prod % mo * fac[cnt - 1 - i] % mo)) return 0;
        else num += siz[y];
    }
    return 1;
}
void ppw () {
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
    inv[N - 1] = ksm(fac[N - 1], mo - 2);
    for (int i = N - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mo;
}
int main () {
    ppw();
    int T; cin >> T;
    for ( ; T; --T) {
        scanf("%d", &n), tot = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &A[i]);
            siz[i] = f[i] = lnk[i] = 0;
            g[i].clear();
            g[i].resize(0);
        }
        for (int i = 1; i <= n * 2; ++i) nxt[i] = 0;
        for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            add(x, y), add(y, x);
        }
        ans = 0, tmp = 1;
        pre(A[1], 0);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (i == A[1]) tmp = tmp * fac[g[i].size() - 1] % mo;
            else tmp = tmp * fac[g[i].size()] % mo;
        }
        for (int i = 1; i < A[1]; ++i) ans = (ans + tmp * (g[i].size() + 1)) % mo;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            sort(g[A[i]].begin(), g[A[i]].end());
            bt[A[i]].init(g[A[i]].size());
        }
        dfs(A[1], 1, 1);
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

毒瘤题,补不动!。。

posted @ 2018-08-03 16:36 PinkExSu0v0 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏