T1
暴力记录每一列的 1 的个数，在判断是否超过一半，统计答案。
#include<cstdio>
#define N 1005
using namespace std;
int n,m,x,ans,a[N];
int main()
{
freopen("kingdom.in","r",stdin);
freopen("kingdom.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;++i)
for (int j=1;j<=n;++j)
scanf("%d",&x),a[j]+=x;
for (int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&x);
if (2*a[i]<m) a[i]=0;
else a[i]=1;
if (a[i]==x) ++ans;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T2
如果 \(z\not |\ \ x\)，输出 -1。
令 \(y=a \times \gcd(x,y)\)，则 \(a\times (\gcd(x,y))^2=\frac{z}{x}\)。因此 \(\frac{z}{x} | (\gcd(x,y))^2\)。
又有 \(x | \gcd(x,y)\)，所以 \(x^2 | (\gcd(x,y))^2\)。
要最小化 \(y\)，就要最大化 \(\gcd(x,y)\)，即最大化 \(\gcd(x,y)^2\)。而 \(\gcd(x,y)^2\) 又同时是 \(x^2\) 和 \(\frac{z}{x}\) 的因数， 所以可得，\(\gcd(x,y)^2=\gcd(x^2,\frac{z}{x})\)。
接下来只需要开方求出 \(\gcd\)，随后求出 \(y\) 并判断是否符合要求。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 405
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int T,n,m,cnt[N];
ll ans,f[N][N][N];
char s[N],t[N];
int main()
{
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
scanf("%d%d%s%s",&n,&m,s+1,t+1);
for (int i=1;i<=n;++i)
{
cnt[i]=cnt[i-1];
if (s[i]=='-') cnt[i]++;
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=min(i,m);++j)
for(int x=0;x<=i;++x)
{
int y=i-j-x-2*cnt[i];
if (y<0) break;
if (s[i]=='-')
{
f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x+1])%mod;
f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x])%mod;
}
else
{
f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x])%mod;
if (!j&&!y) f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x-1])%mod;
if (s[i]==t[j]&&!y) f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j-1][x])%mod;
}
}
ans=0;
for (int x=0;x<=n;++x)
{
int y=n-m-x-2*cnt[n];
ans=max(ans,f[n][m][x]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
T3
主要到每个字符最后要么保留，要么从左边删，要么右边删。因此可以考虑使用 \(dp\)。
设 \(f_{i,j,x,y}\) 表示 \(S\) 中到了第 \(i\) 个字符，\(T\) 中匹配到第 \(j\) 个字符，左边还要删除 \(x\) 个，右边 \(y\) 个。
考虑转移。如果当前这个位置是 -，则从左删转移和从右删转移过来。
否则，先考虑右边多一个要删的（因为加是加在右边）。
然后考虑能不能放左边，前提是当前没有已匹配的并且右边没有要删的。
最后如果可以匹配，再加到匹配中，前提是右边没有要删的。
时空复杂度都是 \(\mathcal O(n^4)\)，无法通过此题。
注意到 \(x\)，\(y\)，\(i\) 和 \(j\) 之间是有一定关系的，令 \(cnt_i\) 表示 \(i\) 之前 - 的个数，则有 \(i-j-x-y=2\times cnt_i\)。
解释一下。\(j\) 是已匹配的，\(x\) 和 \(y\) 分别表示左边和右边还没删除的，\(i\) 表示当前是第几个字符，那么 \(i-j-x-y\) 就表示已经删除的字符个数加上 - 的个数。而一个 - 就对应着一个被删除的字符，所以 \(i-j-x-y=2\times cnt_i\)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 405
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int T,n,m,cnt[N];
ll ans,f[N][N][N];
char s[N],t[N];
int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
scanf("%d%d%s%s",&n,&m,s+1,t+1);
for (int i=1;i<=n;++i)
{
cnt[i]=cnt[i-1];
if (s[i]=='-') cnt[i]++;
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=min(i,m);++j)
for(int x=0;x<=i;++x)
{
int y=i-j-x-2*cnt[i];
if (y<0) break;
if (s[i]=='-')
{
f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x+1])%mod;
f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x])%mod;
}
else
{
f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x])%mod;
if (!j&&!y) f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j][x-1])%mod;
if (s[i]==t[j]&&!y) f[i][j][x]=(f[i][j][x]+f[i-1][j-1][x])%mod;
}
}
ans=0;
for (int x=0;x<=n;++x)
{
int y=n-m-x-2*cnt[n];
ans=max(ans,f[n][m][x]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}