听说是你谷史上最水月赛？我不听我最菜
T1：终于结束的起点 月天歌名好评
给你一个模数 (M)，请你求出最小的
(n > 0)，使得(fib(n)) (mod) (m=0)，(fib(n+1)) (mod) (m=1)。
数学题，开始还想打表验证下，但是我不会告诉你我打表的时候没有很及时地取膜，然后中间有结果溢出，耽误了很长时间，企图找了很久规律。结果发现暴力就能过。hhh。
这个故事告诉我们要及时取膜！
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll m;
ll f[7000001];
int main()
{
scanf("%lld",&m);
f[0]=0;f[1]=1;
for(ll i=2;;i++)
{
(f[i]=f[i-1]+f[i-2])%=m;
if(f[i-1]==0&&f[i]==1)
{
printf("%lld
",i-1);
return 0;
}
}
return 0;
}
T2：跳跳！
对于(20)%的数据，直接全排列枚举。
对于(50)%的数据，开始还想状压一下，结果交后发现超时，是我自己傻了！！企图用(O(2^n*n*2))过(n<=20)！！！其实是四亿hhh。
本来还觉得自己想不出正解了，但是(Mathison)巨佬说他(O(n))写出了...然后自己又冷静分析了下，发现是个非常简单的贪心==。
可以重构一个序列：先对原序列排序，每次先选择剩余序列中的最大值，再选最小值直到原序列为空。这个序列就是最优排列。
最后交的时候求稳分别交了全排列/状压/yy的正解，结果状压被卡T掉了30分：（。可能脸太黑了
这个故事告诉我们，一定算好时间复杂度！
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,fake,tot;
ll ans,f[1200000][25];
int h[1000],a[100],b[100];
int seq[1000],tmp[1000];
void review()
{
ll qwq=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
qwq+=1ll*(h[a[i-1]]-h[a[i]])*(h[a[i-1]]-h[a[i]]);
ans=max(ans,qwq);
}
bool cmp(int a,int b)
{
return a>b;
}
void dfs(int x)
{
if(x==n+1)
{
review();
return ;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!b[i])
{
b[i]=1;
a[x]=i;
dfs(x+1);
b[i]=0;
a[x]=0;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n<=10)
{
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&h[i]);
dfs(1);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
/* if(n<=20)
{
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&h[i]);
fake=(1<<n)-1;
for(int i=0;i<n;i++)
f[(1<<i)][i]=1ll*h[i]*h[i];
for(int i=0;i<=fake;i++)
for(int j=0;j<n;j++)//枚举当前在哪
{
if(!(i&(1<<j))) continue;
for(int k=0;k<n;k++)//枚举上一步在哪
{
if(k==j||!(i&(1<<k))) continue;
f[i][j]=max(f[i][j],f[i^(1<<j)][k]+1ll*(h[j]-h[k])*(h[j]-h[k]));
}
}
for(int i=0;i<n;i++) ans=max(ans,f[fake][i]);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}*/
else
{
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&seq[i]);
seq[++n]=0;
sort(seq+1,seq+1+n,cmp);
int i=1,j=n;
while(tot<n)
{
tmp[++tot]=seq[j],j--;
tmp[++tot]=seq[i],i++;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
ans+=1ll*(tmp[i]-tmp[i-1])*(tmp[i]-tmp[i-1]);
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
T3：咕咕咕
(n<=20)的数据范围让我从头到尾都以为是状压，并在这个思路上死磕了很久...最后手码前三个点搞到了30分hhh。
其实是可以想出一个(O(4^n))的状压暴力的：枚举子集。首先我们确定对于状态(i)，它的子集(j)一定在(0)~(i)中，若(i)&(j)==(j)，那么可以确定(j)是(i)的子集。
没有写=w=，下面是lwz dalao的程序==
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXN 2147483647
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m;
ll sum;
int a[2001000];
ll f[2001000],p[20010000];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
char s[30];
scanf("%s",s+1);
int ret=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
ret+=(s[j]-'0')*(1<<n-j);
int x;
scanf("%d",&x);
a[ret]=x%mod;
}
f[0]=a[0];//f记录到状态的花费
p[0]=1;//p记录此状态出现的次数
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
{
for(int j=0;j<i;j++)
if((i&j)==j){
p[i]+=p[j];//记录自己的次数
(f[i]+=f[j])%=mod;//加上子集的花费
}
(f[i]+=a[i]%mod*p[i]%mod)%=mod;//加上自己
}
printf("%lld
",f[(1<<n)-1]%mod);
return 0;
}
正解其实是..数学题？我们完全抛开状压dp的限制，考虑最后的答案其实是可以统计每个带权状态所有可能出现的次数，再乘上最后的权值就行了。
而如何算出现的次数？考虑乘法原理：把这些状态看成中间状态，分别算从0到它的次数、它到满状态的次数，二者相乘。
"具有相同1/0个数的状态出现次数一样”，开始并不能发现这个性质：(。其实出现01的位置并不重要重要的是数量，所以我们可以预处理出每个方案的出现次数。
设(f[i])为填(i)个1的方案数，设最后一次填了(j)个，那么(f[i]+=f[i-j]*C(i,j))。其中(j)从1到(i)循环。
这个故事告诉我们，不要一条路走到黑，有时你觉得十分正确的算法方向也可能不是正解，要灵活啊(qwq)。而且要多膜膜，没坏处的。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll moder=998244353;
int n,m;
char op[100];
ll val,ans,C[50][50],f[50];
void prework()
{
C[0][0]=1;C[1][1]=1;
for(int i=1;i<=20;i++) C[i][0]=1,C[i][i]=1;
for(int i=1;i<=20;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
(C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%=moder;
f[0]=1;
for(int i=1;i<=20;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
(f[i]=f[i]+f[i-j]*C[i][j])%=moder;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
prework();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",op);
int cnt=0;
for(int j=0;j<n;j++)
if(op[j]=='1') cnt++;
scanf("%lld",&val);
(ans+=val*f[cnt]%moder*f[n-cnt]%moder)%=moder;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
T4：不围棋
本想搞到10分的，我输出的是1 1 -1 -1；其实应该直接输出-1 -1.因为放到((1,1))后，自己就没有“气”了。嘤。