2019牛客多校第五場題解
2019牛客多校第五場題解
題目連接ios
<div class = "important_p">A.digits 2</div>
輸出$n$個$n$便可。c++
<details> <summary>Code</summary>git
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
while(T--) {
int n; cin >> n;
}
return 0;
}
</details>算法
<div class = "important_p">B.generator 1</div>
十進制快速冪，$a^n=(a^2)^{\frac{n}{2}}$改造爲$a^n=(a^{10})^(\frac{n}{10})$便可，餘數就單獨乘一下。 詳見代碼：數組
<details> <summary>Code</summary>網絡
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3, MAX = 1e6 + 15;
ll a, b, x0, x1, MOD;
char s[MAX];
struct matrix{
int A[N][N];
int n,m;
matrix(){memset(A,0,sizeof(A));}
};
int add(ll x, ll y) {
x += y;
if(x >= MOD) x -= MOD;
return x;
}
int mul(ll x, ll y) {
return (x *= y) >= MOD ? x % MOD : x;
}
matrix operator * (const matrix &a,const matrix &b){
matrix ans;
ans.n=a.n;ans.m=b.m;
for(int i=1;i<=ans.n;i++)
for(int j=1;j<=ans.m;j++)
for(int k=1;k<=b.n;k++)
ans.A[i][j] = add(ans.A[i][j], mul(a.A[i][k], b.A[k][j])) ;
return ans ;
}
matrix operator + (const matrix &a,const matrix &b){
matrix ans;
ans.n=a.n;ans.m=a.m;
for(int i=1;i<=ans.n;i++){
for(int j=1;j<=ans.m;j++){
ans.A[i][j]=(a.A[i][j]+b.A[i][j])%MOD;
}
}
return ans ;
}
matrix qp_Mat(matrix a,ll b){
matrix ans;
ans.n=ans.m=a.n;
for(int i=1;i<=ans.n;i++) ans.A[i][i]=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return ans ;
}
int main() {
scanf("%lld%lld%lld%lld", &x0, &x1, &a, &b);
scanf("%s", s);
scanf("%lld", &MOD);
matrix trans;
trans.n = trans.m = 2;
trans.A[2][1] = 1; trans.A[1][2] = b; trans.A[2][2] = a;
matrix ans; ans.n = ans.m = 2;
ans.A[1][1] = ans.A[2][2] = 1;
int last = strlen(s) - 1;
while(last >= 0) {
if(s[last] != '0') {
int now = s[last] - '0';
ans = ans * qp_Mat(trans, now);
}
trans = qp_Mat(trans, 10);
last--;
}
matrix A; A.n = 1, A.m = 2;
A.A[1][1] = x0, A.A[1][2] = x1;
A = A * ans;
cout << A.A[1][1] << endl;
return 0;
}
</details>dom
<div class = "important_p">C.generator 2</div>
BSGS算法，對於題目給出的$x_i=ax_{i-1}+b\mod p$，求其通項爲：$x_n=a^nx_0+\frac{b(1-a^n)}{1-a}$，由於題目要求$x_i=v\mod p$，咱們將全部與$a_n$無關的放在等式右邊，獲得：$a^n=\frac{v+\frac{b}{a-1}}{x_0+\frac{b}{a-1}}\mod p$。 根據BSGS，咱們會扔一個$a^j$到右邊去，每次預處理右邊部分，放在哈希表裏面，對於左邊直接枚舉進行查找。在這個題中由於詢問次數較多，直接這樣很容易T。 因此能夠考慮將預處理提出去，那麼咱們將$n$寫爲$it+j,t=\lceil\sqrt(p)\rceil$的形式，而後把$a^{it}$的逆元乘在右邊，在詢問前預處理左邊的，這樣就會快不少。 這裏有個迷的地方就是我將$n$處理爲$it-j$的形式時一直卡在96...$i*t+j$就過了。。。不知道什麼狀況。 代碼以下：ui
<details> <summary>Code</summary>spa
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct B{
const int mod = 524287; // (1 << 19) - 1;
int tot;
int h[524288], next[524288], L[524288], v[524288];
int Find(ll x) {
int k = h[x & mod];
while(k != 0) {
if(L[k] == x) return v[k];
else k = next[k];
}
return -1;
}
void Add(int e, int i) {
tot++;
next[tot] = h[e & mod];
L[tot] = e; v[tot] = i;
h[e & mod] = tot;
}
void init(int a, int n) {
memset(h, 0, sizeof(h)); memset(L, 0, sizeof(L));tot = 0;
memset(next, 0, sizeof(next)); memset(v, 0, sizeof(v));
ll t, e = 1;
t = (int)sqrt(n) + 1;
for(int i = 0; i < t; i++) {
if(Find(e) == -1) Add(e, i);
e = e * a % n;
}
}
ll BSGS(int a, int b, int n, ll v, ll t) { // a ^ x = b (mod n)
for(int i = 0; i < t; i++) {
if(Find(b) != -1) return i * t + Find(b);
b = b * v % n;
}
return -1;
}
}S;
int p;
ll qp(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll n;
int x0, a, b, T, q;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> T;
while(T--) {
cin >> n >> x0 >> a >> b >> p;
if(a == 0) {
cin >> q;
while(q--) {
int v; cin >> v;
if(x0 == v) cout << 0 << '\n';
else if(b == v) cout << 1 << '\n';
else cout << -1 << '\n';
}
continue;
}
if(a == 1) {
cin >> q; ll tmp = qp(b, p - 2);
while(q--) {
int v; cin >> v;
int ans = 1ll * (v - x0 + p) % p * tmp % p;
if(ans >= n) cout << -1 << '\n';
else cout << ans << '\n';
}
continue;
}
int c = 1ll * b * qp(a - 1, p - 2) % p;
int t = (int)sqrt(p) + 1;
S.init(a, p);
cin >> q;
while(q--) {
int v; cin >> v;
ll x = v + c, y = x0 + c;
if(y % p == 0) {
if(x % p == 0) cout << 0 << '\n';
else cout << -1 << '\n';
continue ;
}
ll z = x * qp(y, p - 2) % p;
int k = qp(qp(a, t), p - 2);
ll ans = S.BSGS(a, z, p, k, t);
if(ans == -1 || ans >= n) cout << -1 << '\n';
else cout << ans << '\n';
}
}
return 0;
}
</details>code
<div class = "important_p">E.independent set 1</div>
狀壓$dp$+揹包，由於題目求的是子集。注意空間限制，因此$dp$數組用char類型。 代碼以下：
<details> <summary>Code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 26;
char dp[1 << N];
int e[N];
int n, m;
int Max(char x, char y) {
return x > y ? x : y;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
e[u] |= (1 << v);
e[v] |= (1 << u);
}
for(int i = 0; i < n; i++) {
e[i] ^= (1 << i);
e[i] = ~e[i];
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i < (1 << n); i++) {
int lb = __builtin_ffs(i) - 1;
dp[i] = Max(dp[i ^ (1 << lb)], dp[i & e[lb]] + 1);
ans += dp[i];
}
cout << ans;
return 0;
}
</details>
<div class = "important_p">maximum clique 1</div>
題目要求最大團，將問題轉換一下，考慮求最大獨立集。 最大團是任意兩點之間$bit$相差超過1，那麼其補圖就是任意兩點之間$bit$之差等於1了（任意兩個數都不相等）。對其補圖建出來很容易發現其爲二分圖。假設左邊全是$bit$個數爲奇數的點，那麼右邊就是$bit$個數爲偶數的點，而後跑個網絡流就好了。 輸出方案的時候注意，這裏利用的是增光時候的最後一次bfs，而後手玩一下bfs過程，就知道爲啥這樣輸出了，本質和從二分圖左邊未標記點dfs的方法是同樣的：都是從左邊未標記點開始，而後訪問右邊標記點，bfs再利用反邊不斷標記左邊的點，就一直重複。。。因此最後左邊未標記的點和右邊標記的點就是最小點覆蓋的答案，最大獨立集把這些點去掉就行。 代碼以下：
<details> <summary>Code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005;
int n;
int a[N];
#define INF 0x3f3f3f3f
template <class T>
struct Dinic{
struct Edge{
int v, next;
T flow;
Edge(){}
Edge(int v, int next, T flow) : v(v), next(next), flow(flow) {}
}e[5 * 1000000];
int head[N], cur[N], tot;
int dep[N];
void init() {
memset(head, -1, sizeof(head)); tot = 0;
}
void adde(int u, int v, T w, T rw = 0) {
e[tot] = Edge(v, head[u], w);
head[u] = tot++;
e[tot] = Edge(u, head[v], rw);
head[v] = tot++;
}
bool BFS(int _S, int _T) {
memset(dep, -1, sizeof(dep));
queue <int> q; q.push(_S); dep[_S] = 0;
while(!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(dep[v] == -1 && e[i].flow > 0) {
dep[v] = dep[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
return dep[_T] != -1;
}
T dfs(int _S, int _T, T a) {
T flow = 0, f;
if(_S == _T || a == 0) return a;
for(int i = head[_S]; ~i; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(dep[v] != dep[_S] + 1) continue;
f = dfs(v, _T, min(a, e[i].flow));
if(f) {
e[i].flow -= f;
e[i ^ 1].flow += f;
flow += f;
a -= f;
if(a == 0) break;
}
}
if(!flow) dep[_S] = -1;
return flow;
}
T dinic(int _S, int _T) {
T max_flow = 0;
while(BFS(_S, _T)) {
max_flow += dfs(_S, _T, INF);
}
return max_flow;
}
};
bool is_source[N];
Dinic <int> D;
bool ok(int x) {
return x && ((x & (x - 1)) == 0);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
if(__builtin_popcount(a[i]) & 1) is_source[i] = 1;
}
D.init();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(is_source[i]) D.adde(0, i, 1);
else D.adde(i, n + 1, 1);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
if(ok(a[i] ^ a[j])) {
if(is_source[i]) D.adde(i, j, 1);
else D.adde(j, i, 1);
}
}
}
int ans = n - D.dinic(0, n + 1);
printf("%d\n", ans);
vector <int> res;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(is_source[i]) {
if(D.dep[i] != -1) res.push_back(a[i]);
} else {
if(D.dep[i] == -1) res.push_back(a[i]);
}
}
int SZ = res.size();
for(int i = 0; i < SZ; i++) {
printf("%d%c", res[i], " \n"[i == SZ - 1]);
}
return 0;
}
</details>
<div class = "important_p">G.subsequence 1</div>
一個數要大於另一個數，要麼其位數大於它，要麼長度相等時某一位大於它。那麼根據這個來搞就行。 位數大於的狀況比較好處理，就是一個組合數的問題：枚舉起點而後在後面選若干個（由於不能有前導零）。 等於的狀況先$dp$匹配出相等的方案數，設$dp(i,j)$表示第一個串到了$i$位，選出來了$j$個可以和第二個串前$j$位相等的方案數。而後根據下一位之間的大小關係進行轉移和計算。
<details> <summary>Code</summary>
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int MAXN = 3e3 + 5, N = 3e3, MAXM = 3e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 998244353;
const ll INFL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
using namespace std;
const int oo = (1e9) - (1e6);
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
#define mid l + ((r-l)>>1)
#define pb push_back
#define RR register
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define all(v) (v.begin(),v.end())
#define lc(x) c[x][0]
#define rc(x) c[x][1]
#define R register int
typedef long double db;
typedef unsigned int uint;
#define G c=getchar()
int t, n, m, dp[MAXN][MAXN];
char s1[MAXN], s2[MAXN];
ll fact[MAXN], ifact[MAXN], sum[MAXN][MAXN];
inline void add(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= MOD)x -= MOD;
}
inline ll C(int n, int m) {
if (m > n)return 0;
return fact[n] * ifact[n - m] % MOD*ifact[m] % MOD;
}
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a%MOD)if (b & 1)ans = ans * a%MOD;
return ans;
}
void init() {
fact[0] = fact[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i++)fact[i] = fact[i - 1] * i%MOD;
ifact[N] = qpow(fact[N], MOD - 2);
for (int i = N - 1; i >= 0; i--)ifact[i] = ifact[i + 1] * (i + 1) % MOD;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
sum[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++) {
sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + C(i, j)) % MOD;
assert(sum[i][j] >= 0);
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
init();
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n >> m;
cin >> (s1 + 1) >> (s2 + 1);
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= n; j++)dp[i][j] = 0;
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= min(i, m); j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (s2[j] != s1[i])continue;
add(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1]);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s1[i] != '0' && n - i >= m) {
add(ans, (sum[n - i][n - i] - sum[n - i][m - 1] + MOD) % MOD);
}
for (int j = 1; j <= min(i, m); j++) {
if (s1[i] <= s2[j])continue;
add(ans, dp[i - 1][j - 1] * C(n - i, m - j) % MOD);
}
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
</details>
<div class = "important_p">H.subsequence 2</div>
由於知道兩兩之間的大小關係，最後要肯定一個大小關係，因此能夠想到拓撲序來搞。 主要就是注意一下代碼的細節就是了。
<details> <summary>Code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e4 + 5, M = 1e6 + 5;
int n, m, cnt;
vector <int> g[26];
string str;
struct Edge {
int v, next;
}e[M << 1];
int head[N], tot;
char mp[N], ans[N];
void adde(int u, int v) {
e[tot].v = v; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;
}
int in[N], num[26];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(num, -1, sizeof(num));
memset(head, -1, sizeof(head));
int flag = 0;
for (int i = 1; i <= m * (m - 1) / 2; i++) {
char s[10]; scanf("%s", s);
int len; scanf("%d", &len); getchar();
getline(cin, str);
if (cnt > n) { //以前沒這個一直RE
flag = 1;
continue;
}
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for (int j = 0; j < len; j++) {
if (str[j] == s[0]) cnt1++;
else cnt2++;
}
int t1 = s[0] - 'a', t2 = s[1] - 'a';
if (num[t1] == -1) {
num[t1] = cnt1;
while (cnt1--) g[t1].push_back(++cnt), mp[cnt] = s[0];
}
else {
if (num[t1] != cnt1) flag = 1;
}
if (num[t2] == -1) {
num[t2] = cnt2;
while (cnt2--) g[t2].push_back(++cnt), mp[cnt] = s[1];
}
else {
if (num[t2] != cnt2) flag = 1;
}
if (flag) continue;
int p1 = 0, p2 = 0;
for (int j = 0; j < len - 1; j++) {
if (str[j] == s[0]) {
if (str[j + 1] == s[0]) {
adde(g[t1][p1], g[t1][p1 + 1]);
in[g[t1][p1 + 1]]++;
}
else {
adde(g[t1][p1], g[t2][p2]);
in[g[t2][p2]]++;
}
p1++;
}
else {
if (str[j + 1] == s[0]) {
adde(g[t2][p2], g[t1][p1]);
in[g[t1][p1]]++;
}
else {
adde(g[t2][p2], g[t2][p2 + 1]);
in[g[t2][p2 + 1]]++;
}
p2++;
}
}
}
if (cnt != n || flag) {
cout << -1;
return 0;
}
int tmp = 0;
queue <int > q;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) if (!in[i]) q.push(i);
while (!q.empty()) {
if ((int)q.size() > 1) { //嚴格拓撲序，那麼隊列中只有一個
cout << -1;
return 0;
}
int u = q.front(); q.pop();
ans[++tmp] = mp[u];
int k = 0;
for (int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if (--in[v] == 0) q.push(v), k++;
}
}
if (tmp != n) {
cout << -1;
return 0;
}
for (int i = 1; i <= tmp; i++) cout << ans[i];
return 0;
}
</details>
相關文章
- 1. 2019牛客多校第四場題解
- 2. 2019牛客多校第五場
- 3. 2019牛客多校第一場A題
- 4. 2019牛客多校第一場 F題
- 5. 2019牛客多校第四場
- 6. 2019牛客多校第一場
- 7. 2019牛客多校第8場
- 8. 2019牛客多校第二場
- 9. 2019牛客多校第六場
- 10. 2019牛客多校第十場
- 更多相關文章...
- • Markdown 標題 - Markdown 教程
- • jQuery Mobile 主題 - jQuery Mobile 教程
- • PHP Ajax 跨域問題最佳解決方案
- • RxJava操作符（五）Error Handling
相關標籤/搜索
每日一句
-
每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。
歡迎關注本站公眾號,獲取更多信息
相關文章
- 1. 2019牛客多校第四場題解
- 2. 2019牛客多校第五場
- 3. 2019牛客多校第一場A題
- 4. 2019牛客多校第一場 F題
- 5. 2019牛客多校第四場
- 6. 2019牛客多校第一場
- 7. 2019牛客多校第8場
- 8. 2019牛客多校第二場
- 9. 2019牛客多校第六場
- 10. 2019牛客多校第十場