2021.03.22 爆零らしき日々 ～不连続存在～

2021.3.22

题目： sew5,懂的都懂

T3

传送门

我们可以知道，答案不会超过\({-1+\sqrt{1+8n}\over 2}\)

所以我们从小到大枚举答案长度，直到无解

过程中可以使用\(\tt Hash\)判定

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;
	char k;
	bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define uint unsigned
# define ull unsigned ll
# ifdef DEBUG
# define mod 16777215
# define W 9371ull
bitset<mod>h;
bitset<500000>q[2];
uint a[500005];
int s,n,t=1;char str[500005];
int main(){fre("brr");
	scanf("%s",str);
	s=strlen(str);
	n=(sqrt(1+8*s)-1)/2+1;
	for(int i=0;i<s;++i)
		a[i]=str[i];q[1].set();
	for(int i=2,x=0;i<=n;++i,x=!x){
		t+=i;if(t>s)return printf("%d",i-1),0;
		q[x].reset();
		for(int j=s-t;~j;--j){
			int w=j+i;
			if(q[!x][w])h[a[w]]=1;
			if(h[a[j+1]]||h[a[j]])q[x][j]=1;
		}if(q[x].none())return printf("%d",i-1),0;
		h.reset();
		for(int j=0;j+i<s;++j)
			a[j]=a[j+1]*W+str[j]&mod;
	}printf("%d",n);
	return 0;
}
# undef mod
# undef W
# else
# define mod 10000007
# define W 114514ull
bitset<mod>h;
bitset<500000>q[1005];
uint a[500005];
int s,n,t=1;char str[500005];
int main(){s=read;
	scanf("%s",str);
	n=(sqrt(1+8*s)-1)/2;
	for(int i=0;i<s;++i)
		a[i]=str[i];q[1].set();
	for(int i=2;i<=n;++i){
//		for(int j=0;j+t<=s;++j)printf("%u ",a[j]);putchar('\n');
		t+=i;
		for(int j=s-t;~j;--j){
			int w=j+i;
			if(q[i-1][w])h[a[w]]=1;
			if(h[a[j+1]]||h[a[j]])q[i][j]=1;
		}if(q[i].none())return printf("%d",i-1),0;
		h.reset();
		for(int j=0;j+i<s;++j)
			a[j]=(a[j+1]*W+str[j])%mod;
	}printf("%d",n);
	return 0;
}
# endif

T2

求可相会的方案数很难，考虑容斥

满足条件方案数=\(2^m-\)不满足的方案数

我们设\(f[x]\)表示点1能到达的所有点构成的集合\(x\)的方案数，\(g[x]\)同理表示点2能到达的所有点构成的集合\(x\)的方案数

令\(h[x]\)表示点集\(x\)导出子图的边数

答案则为\(2^m-\sum_{S\cap T=\varnothing}f[S]g[T]2^{h[U-S-T]}\)

至于求\(f/g\),同样考虑容斥:\(f[S]=2^{h[S]}-\sum_{T\subsetneqq S}f[T]2^{h[S-T]}\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;
	char k;
	bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define mod 1000000007
int s,m,f[32768],h[32768],M,u[32768];
int To[15];
int Log2(double x){
        if(x==1)return 0;
	return ((*(unsigned ll*)&x>>52)&1023)+1;
}
int main(){
	fre("winner");
	s=read,m=read;read;M=(1<<s)-1;
	for(int i=0;i<m;++i){
		int u=read-1,v=read-1,x=1<<u|1<<v;
		for(int j=x;j<=M;j=j+1|x)
			++h[j];
		To[u]|=1<<v;To[v]|=1<<u;
	}
	for(int i=1;i<=M;++i)u[i]=u[i&i-1]|To[Log2(i&-i)];
	for(int i=1;i<=M;++i){
		if((i&3)==3||!(i&3)){f[i]=0;continue;} 
		f[i]=(((__int128)1ll<<h[i])%mod-f[i]+mod)%mod;
		for(int j=i;j=j+1|i,j<=M;)
				f[j]=(f[j]+((__int128)1ll<<h[j^i])%mod*f[i])%mod;
	}int ans=0;
	for(int i=1;i<=M;i+=4){
		int t=M^(i|u[i]);
		for(int j=t;j;j=j-1&t)
			if(j&2)
				ans=(ans+((__int128)1ll<<h[M^j^i])%mod*f[i]%mod*f[j])%mod;
	}printf("%lld",(ll)((((__int128)1<<m)-ans+mod)%mod));
	return 0;
}

T1

我们不难得到一个\(n^3\)的\(\tt dp\)，定义状态\(f[x][y][z][t]\)表示前\(x\)个点，白色的且以它结尾的路径有\(y\)条，黑色的且以它结尾的路径有\(z\)条,总路径数奇偶为\(t\)的方案数

我们可以发现，转移式化到最后只与\(y,z\)是否为0有关，所以我们重新定义\(f[x][y][z][t]\)中的\(y,z\)为是否出现过，然后分类讨论一下即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;char k;bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define mod 998244353
int f[200005][2][2][2],s,a[200005];
void add(int &x,ll v){x=(x+v)%mod;}
int main(){
	# ifdef DEBUG
	fre("life");
	# endif
	s=read;
	for(int i=1;i<=s;++i)a[i]=read;
	f[1][0][1][1]=f[1][1][0][1]=1;
	if(~a[1])f[1][a[1]][!a[1]][1]=0;
	ll P=1;
	for(int i=1;i<s;++i,P=P*2ll%mod;)
		for(int w=0;w<2;++w)
			if(w+a[i+1]!=1)
				for(int j=0;j<2;++j)
					for(int k=0;k<2;++k){
						add(f[i+1][w?1:j][w?j:1][k],f[i][w?1:j][w?j:1][k]*P);
						add(f[i+1][!w][w][k^1],f[i][!w*j][w*j][k]*P*2ll);
						add(f[i+1][1][1][k^1],f[i][w?1:j][w?j:1][k]*P);
					}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<2;++i)
		for(int j=0;j<2;++j)
			add(ans,f[s][i][j][1]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}