• 比赛-sparrow学长的训练赛 (21 Aug, 2018)


    A. ‘+’ 和 ‘√’##

    考虑第 (k) 轮时应把数字 (x_k) 增加到 (t_k) ,使得 (sqrt{t_k})(k + 1) 倍数,同时 (t_k) 本身是 (k) 的倍数。即 (t_k = f cdot (k + 1)^2 cdot k)(f) 是整数。由于 (t_k) 也是一个完全平方数,所以考虑直接让 (f = k) ,则 (t_k = ((k + 1) cdot k)^2) 。这样在 (n = 100000) 时,最大的答案似乎是 (16) 位的,没有爆掉,就很好,水过去了。

    #include <cstdio>
    #include <ctype.h>
    #include <stack>
    
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    
    char buf[1<<20], *p1, *p2;
    #define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
    
    template<typename T>
    void rd(T &num)
    {
    	char tt;
    	while (!isdigit(tt = GC));
    	num = tt - '0';
    	while (isdigit(tt = GC))
    		num = num * 10 + tt - '0';
    	return;
    }
    
    template<typename T>
    void pt(T num)
    {
    	stack<char> SSS;
    	do SSS.push(num % 10 + '0');
    	while (num /= 10);
    	while (!SSS.empty())
    		putchar(SSS.top()), SSS.pop();
    	putchar('
    ');
    	return;
    }
    
    ll N;
    
    int main()
    {
    	rd(N);
    	ll X = 2, K = 1;
    	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
    		pt(K * (K + 1) * (K + 1) - X / K);
    		X = K * (K + 1);
    		++K;
    	}
    	return 0;
    }
    

    B. DFS 序##

    考虑在节点 (p) 时,向没有遍历过的节点继续搜索。下一步可以是若干节点中的任意一个,因此可以用 next_permutation() 枚举一下遍历顺序。这样可以拿到暴力分 20 。正解是 DP 和记忆化搜索。 状态 (f_{p, S}) 表示在讨论完 (S) 集合的节点,当前在 (p) 号节点时,继续遍历整张图的总方案数。枚举 (p) 关联的不在 (S) 集合的点 (i) 。如果接下来向 (i) 遍历,再次回溯到 (p) 时,显然已经遍历完了 (i) 所在的与 (S) 没有交集的那部分强联通分量 (T) 。因此之后的遍历是以 (S cup T) 为新的 (S')(p) 为新的 (p') 进行的。选择向 (i) 遍历这一方案,和遍历完之后回溯到 (p) 再向其他节点遍历这一方案,互不影响。根据乘法原理:

    [f(p,S) = sum f(p, S cup T) cdot f(i, S cup i) ]

    (T) 可以提前预处理,也可以在搜索中暴力 BFS 或者 DFS 。

    #include <stdio.h>
    #include <queue>
    #include <string.h>
    
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    
    ll ans, f[1 << 14][15];
    int N;
    char str[20];
    bool G[20][20];
    
    ll dfs(int s, int p)
    {
    	if (~f[s][p]) return f[s][p];
    	f[s][p] = 0;
    	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
    		if (G[p][i] && ((s >> (i - 1)) & 1 ^ 1)) {
    			int t = 1 << (i - 1);
    			queue<int> Q;
    			Q.push(i);
    			while (!Q.empty()) {
    				int tmp = Q.front();
    				Q.pop();
    				for (int g = 1; g <= N; ++g)
    					if (G[tmp][g] && ((s >> (g - 1)) & 1 ^ 1) && ((t >> (g - 1)) & 1 ^ 1)) {
    						t |= 1 << (g - 1), Q.push(g);
    					}
    			}
    			f[s][p] += dfs(s | t, p) * dfs(s | (1 << (i - 1)), i);
    		}
    	}
    	f[s][p] = max(f[s][p], 1ll);
    	return f[s][p];
    }
    
    int main()
    {
    	scanf("%d", &N);
    	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
    		scanf("%s", str + 1);
    		for (int j = 1; j <= N; ++j)
    			G[i][j] = str[j] == 'Y';
    	}
    	memset(f, -1, sizeof f);
    	for (int i = 1; i <= N; ++i)
    		ans += dfs(1 << (i - 1), i);
    	printf("%lld
    ", ans);
    	return 0;
    }
    

    C. 基因##

    据说考点是 AC 自动机和 DP , 以及矩阵乘法(蒟蒻乘法)。

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/ghcred/p/9513135.html
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