比赛链接:
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/885#question
B.generator 1
题意:
求出类似斐波那契数列的第$n$项
$nleq 10^{10^{6}}$
分析:
我想着欧拉降幂。。。其实欧拉降幂并不适用于矩阵的运算
队友看了题之后立马想到十进制的矩阵快速幂,太强了
和普通的矩阵不同的是,这个每次乘十前进,但这不是问题
对矩阵快速幂的时间复杂度认识得不深,潜意识以为$n$是一个无穷大的数
ac代码:
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int maxn = 1e6 + 5; struct Maritx { ll num[3][3]; }s; int mod,x0,x1; char in[maxn]; Maritx mul(Maritx a,Maritx b) { Maritx res; res.num[1][1]=res.num[2][2]=0; res.num[1][2]=res.num[2][1]=0; for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) for(int k=1;k<=2;k++) res.num[i][j]=(res.num[i][j]+a.num[i][k]*b.num[k][j]%mod)%mod; return res; } int main() { scanf("%d %d %lld %lld",&x0,&x1,&s.num[1][1],&s.num[1][2]); scanf("%s %d",in+1,&mod); int len=strlen(in+1); s.num[2][1]=1; s.num[2][2]=0; Maritx ans; ans.num[1][1]=ans.num[2][2]=1; ans.num[1][2]=ans.num[2][1]=0; for(int i=len;i>=1;i--){ int v=in[i]-'0'; Maritx temp=s; for(int j=1;j<=9;j++){ if(j==v)ans=mul(ans,s); s=mul(s,temp); } } printf("%d ",(ans.num[2][1]*x1%mod+ans.num[2][2]*x0%mod)%mod); return 0; }
G.subsequence 1
题意:
给出$s$和$t$两个字符串,计算$s$的子串数量,十进制形式大于$t$字符串
分析:
定义$dp[i][j][k]$,考虑$s$的$i$个字符,组成长度为$j$的子串中,$k=0$小于$t$的前$j$位,$k=1$等于$t$的前$j$位,$k=2$大于前$j$位的数量
ac代码:
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int maxn = 3e3 + 5; const ll mod = 998244353; ll dp[maxn][maxn][3]; char s[maxn],t[maxn]; int main() { int T,n,m; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d %d",&n,&m); scanf("%s %s",s+1,t+1); if(n<m){ printf("0 "); continue; } for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][1][0]=dp[i-1][1][0]; dp[i][1][1]=dp[i-1][1][1]; dp[i][1][2]=dp[i-1][1][2]; if(s[i]!='0'){ if(s[i]>t[1])dp[i][1][2]=(dp[i][1][2]+1)%mod; else if(s[i]==t[1])dp[i][1][1]=(dp[i][1][1]+1)%mod; else if(s[i]<t[1])dp[i][1][0]=(dp[i][1][0]+1)%mod; } for(int j=2;j<=min(n,i);j++){ dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]; dp[i][j][1]=dp[i-1][j][1]; dp[i][j][2]=dp[i-1][j][2]; if(j<=m){ if(s[i]==t[j]){ dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][0])%mod; dp[i][j][1]=(dp[i][j][1]+dp[i-1][j-1][1])%mod; dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][2])%mod; }else if(s[i]<t[j]){ dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][2])%mod; dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][1]+dp[i-1][j-1][0])%mod; }else { dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][0])%mod; dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][2]+dp[i-1][j-1][1])%mod; } }else{ dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j-1][1]+dp[i-1][j-1][2])%mod; } } } ll ans=0; for(int i=m;i<=n;i++)ans=(dp[n][i][2]+ans)%mod; printf("%lld ",ans); for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=dp[i][j][2]=0; } return 0; }
I.three points 1
题意:
在矩形中构造三个点,每个点对之间的距离满足一定的条件
保证最少有一个合法的情况
分析:
观察发现,构造好的三角形通过移动至少有一个点在矩形顶点上
以顶点上的点为旋转轴,一定可以让另一个点移动到矩形的某条边上
枚举旋转轴和在边上的点即可
注意,浮点数的比较需要加上一个$eps$
具体用法https://blog.csdn.net/sunmaoxiang/article/details/83152563
ac代码:
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define pa pair<double,double> using namespace std; const int maxn=1e4+7; const double PI=acos(-1.0); const double eps=1e-8; double ma[4][4],w,h; int fla=0; void cal(int a,int b,int c) { double len1=ma[a][b],len2=ma[a][c],len3=ma[b][c],v; pa res[4]; if(fla)return ; res[a]=make_pair(0,0); if(ma[a][b]<=w)res[b]=make_pair(ma[a][b],0); else res[b]=make_pair(w,sqrt(ma[a][b]*ma[a][b]-w*w)); v=acos((len1*len1+len2*len2-len3*len3)/2.0/len1/len2); v+=atan(res[b].second/res[b].first); res[c]=make_pair(cos(v)*len2,sin(v)*len2); if(res[c].first>=0-eps&&res[c].first<=w+eps&&res[c].second>=0-eps&&res[c].second<=h+eps){ fla=1; for(int i=1;i<=3;i++){ printf("%.13f %.13f%c",res[i].first,res[i].second," "[i==3]); } } } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--){ fla=0; scanf("%lf %lf %lf %lf %lf",&w,&h,&ma[1][2],&ma[1][3],&ma[2][3]); ma[3][1]=ma[1][3]; ma[2][1]=ma[1][2]; ma[3][2]=ma[2][3]; cal(1,2,3); cal(1,3,2); cal(2,1,3); cal(2,3,1); cal(3,2,1); cal(3,1,2); } return 0; }
F.maximum clique 1
题意:
给出一些数,选出最多的数,所有数对中,不能出现只差一位的情况
分析:
对于只差一位的数,我们可以建立一条双向边,这题转化为,求一个最大的没有边连接的点集
也就是二分图的最大独立子集
根据题目的描述,肯定不存在奇数环,可以根据1的数量的奇偶来划分二部图,同为奇数的数字不可能只相差一位,所以这是个合理的二分图
只有图中点可以被分成两个部分,相同部分的点之间没有连边时,才可以使用二分图匹配
最大独立子集+最小顶点覆盖=v
最小顶点覆盖=最大匹配
找独立子集的方法是,从左边所有没有匹配的点出发,去找到一条没匹配,匹配,没匹配,匹配的路径,并且标记路径上的点
选出左边标记点和右边未标记的点作为独立子集
证明:https://www.cnblogs.com/jianglangcaijin/p/6035945.html
ac代码:
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; const int maxn = 5e3+7; int vis[maxn]; int L[maxn],R[maxn],cnt1,cnt2,n,num[maxn],match[maxn]; int head[maxn],edge_num; struct Edge{ int to,nex; }edge[30*maxn]; bool check(int x){ //cout<<x<<endl; if((x&(x-1))==0){ // cout<<"check "<<x<<endl; return 1; } return 0; } void dfs1(int x,int fla){ // cout<<x<<" "<<fla<<endl; vis[x]=1; if(fla==1)L[++cnt1]=x; else R[++cnt2]=x; for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex){ if(vis[edge[i].to]==0)dfs1(edge[i].to,fla^1); } } void add_edge(int a,int b){ // cout<<a<<" "<<b<<endl; edge[++edge_num].to=b; edge[edge_num].nex=head[a]; head[a]=edge_num; } bool dfs(int x){ vis[x]=1; for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex){ int v=edge[i].to; if(vis[v]==0){ vis[v]=1; if(match[v]==0||dfs(match[v])){ match[v]=x; match[x]=v; return 1; } } } return 0; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ if(check(num[i]^num[j])){ add_edge(i,j); add_edge(j,i); } } } for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]==0)dfs1(i,1); int ans=n; for(int i=1;i<=cnt1;i++){ for(int j=1;j<=n;j++)vis[j]=0; if(dfs(L[i]))ans--; } printf("%d ",ans); for(int j=1;j<=n;j++)vis[j]=0; for(int i=1;i<=cnt1;i++) if(match[L[i]]==0)dfs(L[i]); for(int i=1;i<=cnt1;i++) if(vis[L[i]])printf("%d ",num[L[i]]); for(int i=1;i<=cnt2;i++) if(vis[R[i]]==0)printf("%d ",num[R[i]]); printf(" "); return 0; }