TJOI2018简要题解

Day1T1数学计算

按照时间轴建一棵线段树即可，复杂度为(O(m log m))

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define ll long long
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; 
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
}
inline ll read()
{
    register ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
int n;
ll mod;
struct SegmentTree{
	ll mul[N<<3];
	inline void init(register int x,register int l,register int r)
	{
		mul[x]=1;
		if(l==r)
			return;
		int mid=l+r>>1;
		init(x<<1,l,mid);
		init(x<<1|1,mid+1,r);
	}
	inline void pushup(register int x)
	{
		mul[x]=mul[x<<1]*mul[x<<1|1]%mod;
	}
	inline void update(register int x,register int l,register int r,register int pos,register int v)
	{
		if(l==r)
		{
			mul[x]=v;
			return;
		}
		int mid=l+r>>1;
		if(pos<=mid)
			update(x<<1,l,mid,pos,v);
		else 
			update(x<<1|1,mid+1,r,pos,v);
		pushup(x);
	}
}tr;
int main()
{
	int T=read();
	while(T--)
	{
		n=read(),mod=read();
		tr.init(1,1,n);
		for(register int i=1;i<=n;++i)
		{
			int opt=read();
			ll x=read();
			if(opt==1)
				tr.update(1,1,n,i,x);
			else
				tr.update(1,1,n,x,1);
			write(tr.mul[1]),puts("");
		}
	}
	return 0;
 } 

Day1T2智力竞赛

考虑二分答案，二分的是最大能覆盖到的权值

这样我们就将问题转化成一个DAG能否被(n+1)条可重链覆盖

这就是一个经典问题了，先跑一下弗洛伊德传递闭包，然后二分图最大匹配即可，复杂度为(O(m^3+m^3 log m ))

#include <bits/stdc++.h>
#define N 505
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
int n,m,o[N],v[N],G[N][N],GN[N][N],link[N],vis[N];
inline bool Hungary(register int x)
{
    for(register int v=1;v<=m;++v)
    {
        if(!GN[x][v]||vis[v])
            continue;
        vis[v]=1;
        if(!link[v]||Hungary(link[v]))
            return link[v]=x;
    }
    return 0;
}
inline bool check(register int mid)
{
    int res=0;
    for(register int i=1;i<=m;++i)
        if(v[i]<=mid)
            ++res;
    for(register int i=1;i<=m;++i)
        for(register int j=1;j<=m;++j)
        {
            if(v[i]<=mid&&v[j]<=mid)
                GN[i][j]=G[i][j];
            else
                GN[i][j]=0;
        }
    memset(link,0,sizeof(link));
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        if(v[i]>mid)
            continue;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if(Hungary(i))
            --res;
    }
    return res<=n;
}
int main()
{
    n=read()+1,m=read();
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        o[i]=v[i]=read();
        int cnt=read();
        while(cnt--)
            G[i][read()]=1;
    }
    for(register int k=1;k<=m;++k)
        for(register int i=1;i<=m;++i)
            for(register int j=1;j<=m;++j)
                G[i][j]|=G[i][k]&G[k][j];
    sort(o+1,o+m+1);
    if(check(o[m]+1))
    {
        puts("AK");
        return 0;
    }
    int l=1,r=m-1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r+1>>1;
        if(check(o[mid]))
            l=mid;
        else
            r=mid-1;
    }
    write(o[l+1]);
	return 0;
}

Day1T3游园会

这题和麻将是一个套路，考的是一个叫做dp套dp的神奇科技

发现奖章串的长度小于等于15，所以可以考虑把15位的dp数组作为转移的状态

回想一下lcs的求法，dp相邻的两个值最多差1，可以考虑状压

设(f[i][j][0/1/2])表示匹配到兑奖串的第(i)位，(dp)状态为j，最后与“NOI”的匹配位数为0/1/2，转移显然

直接做空间会炸，第一位滚一下即可，复杂度为(O(nk2^k))

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define N 1005
using namespace std;
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline void add(register int &x,register int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)
        x-=mod;
}
int n,l,tot;
char s[20];
int dp[2][N],f[2][1<<15][3],ans[N];
inline void decode(register int sta)
{
    for(register int i=1;i<=l;++i)
        dp[0][i]=(sta>>(i-1))&1;
    for(register int i=1;i<=l;++i)
        dp[0][i]+=dp[0][i-1];
}
inline int encode()
{
    int res=0;
    for(register int i=1;i<=l;++i)
        if(dp[1][i]-dp[1][i-1])
            res|=1<<(i-1);
    return res;
}
inline void trans(register int i,register int j,register int k,register char c,register int v)
{
    decode(j);
    for(register int p=1;p<=l;++p)
    {
        dp[1][p]=max(dp[1][p-1],dp[0][p]);
        dp[1][p]=max(dp[1][p],dp[0][p-1]+(c==s[p]));
    }
    add(f[i][encode()][k],v);
}
int main()
{
    n=read(),l=read(),tot=1<<l;
    scanf("%s",s+1);
    f[0][0][0]=1;
    for(register int i=0;i<n;++i)
    {
        int now=i&1,nxt=now^1;
        memset(f[nxt],0,sizeof(f[nxt]));
        for(register int j=0;j<tot;++j)
        {
            if(f[now][j][0])
            {
                trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][0]);
                trans(nxt,j,0,'O',f[now][j][0]);
                trans(nxt,j,0,'I',f[now][j][0]);
            }
            if(f[now][j][1])
            {
                trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][1]);
                trans(nxt,j,2,'O',f[now][j][1]);
                trans(nxt,j,0,'I',f[now][j][1]);
            }
            if(f[now][j][2])
            {
                trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][2]);
                trans(nxt,j,0,'O',f[now][j][2]);
            }
        }
    }
    for(register int i=0;i<tot;++i)
        for(register int j=0;j<=2;++j)
            add(ans[__builtin_popcount(i)],f[n&1][i][j]);
    for(register int i=0;i<=l;++i)
        write(ans[i]),puts("");
	return 0;
}

Day2T1碱基序列

kmp来优化dp，设(dp_{i,j})表示处理完了(i)个碱基序列，匹配到第(j)位的方案数，转移显然

空间不够，滚动一下即可，复杂度为(O(T sum a_i |s|))

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define N 100005
using namespace std;
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
int m,n,f[2][N],now,nxt[N],ans;
char s[N],t[N];
int main()
{
    m=read();
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(register int i=0;i<=n;++i)
        f[now][i]=1;
    now^=1;
    while(m--)
    {
        memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
        int cnt=read();
        while(cnt--)
        {
            scanf("%s",t+1);
            int len=strlen(t+1);
            nxt[1]=0;
            for(register int i=1,k=0;i<len;++i)
            {
                while(k&&t[i+1]!=t[k+1])
                    k=nxt[k];
                nxt[i+1]=(t[i+1]==t[k+1]?++k:0);
            }
            for(register int i=1,k=0;i<=n;++i)
            {
                while(k&&s[i]!=t[k+1])
                    k=nxt[k];
                k+=(s[i]==t[k+1]);
                if(k==len)
                    f[now][i]=(f[now][i]+f[now^1][i-k])%mod;
            }
        }
        now^=1;
    }
    now^=1;
    for(register int i=0;i<=n;++i)
        ans=(ans+f[now][i])%mod;
    write(ans);
	return 0;
}

Day2T2异或

珂以直接大力树剖，按dfs序建可持久化01trie，子树查询就是区间查询，链查询靠树剖变成一堆区间查询

这个复杂度为(O(32 m log n))，实际复杂度珂以更优，对于子树查询按dfs序建01trie，区间查询，对于链查询按dep建01trie，树上差分后区间查询，复杂度优化为(O(32 m))

由于我比较懒，我只写了(O(32 m log n))的做法（划掉

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline int Max(register int a,register int b)
{
	return a>b?a:b;
}
struct edge{
	int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void add(register int u,register int v)
{
	e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
	head[u]=cnt;
}
int n,q,v[N],root[N]; 
int son[N],fa[N],size[N],dep[N],top[N],dfn[N],tim;
struct node{
	int ch[2],sum;
}tr[N*80];
int tot=0;
inline void insert(register int &rt,register int pre,register int bit,register int val)
{
	rt=++tot;
	tr[rt]=tr[pre];
	++tr[rt].sum;
	if(bit==-1)
		return;
	int f=(val>>bit)&1;
	insert(tr[rt].ch[f],tr[pre].ch[f],bit-1,val);
}
inline int query(register int a,register int b,register int bit,register int val)
{
	if(bit==-1)
		return 0;
	int f=((val>>bit)&1)^1;
	if(tr[tr[b].ch[f]].sum>tr[tr[a].ch[f]].sum)
		return (1<<bit)+query(tr[a].ch[f],tr[b].ch[f],bit-1,val);
	else
		return query(tr[a].ch[f^1],tr[b].ch[f^1],bit-1,val);
}
inline void dfs1(register int x)
{
	size[x]=1;
	for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if(v==fa[x])
			continue;
		dep[v]=dep[x]+1;
		fa[v]=x;
		dfs1(v);
		size[x]+=size[v];
		if(size[son[x]]<size[v])
			son[x]=v;
	}
}
inline void dfs2(register int x,register int t)
{
	top[x]=t;
	dfn[x]=++tim;
	insert(root[tim],root[tim-1],30,v[x]);
	if(son[x])
		dfs2(son[x],t);
	for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if(v==fa[x]||v==son[x])
			continue;
		dfs2(v,v);
	}
}
inline int cal(register int x,register int y,register int z)
{
	int res=0;
	int fx=top[x],fy=top[y];
	while(fx!=fy)
	{
		if(dep[fx]<dep[fy])
		{
			x^=y^=x^=y;
			fx^=fy^=fx^=fy;
		}
		res=Max(res,query(root[dfn[fx]-1],root[dfn[x]],30,z));
		x=fa[fx];
		fx=top[x];
	}
	if(dep[x]>dep[y])
		x^=y^=x^=y;
	res=Max(res,query(root[dfn[x]-1],root[dfn[y]],30,z));
	return res;
}
int main()
{
	n=read(),q=read();
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		v[i]=read();
	for(register int i=1;i<n;++i)
	{
		int u=read(),v=read();
		add(u,v),add(v,u);
	}
	dfs1(1);
	dfs2(1,0);
	while(q--)
	{
		int opt=read();
		if(opt==1)
		{
			int x=read(),y=read();
			write(query(root[dfn[x]-1],root[dfn[x]+size[x]-1],30,y)),puts("");
		}
		else
		{
			int x=read(),y=read(),z=read();
			write(cal(x,y,z)),puts("");
		}
	}
	return 0;
}

Day2T3教科书般的亵渎

设

[S(x)=sum_{i=1}^{x} i^{m+1} ]

则

[Ans=sum_{i=0}^{m}left(Sleft(n-a_{i} ight)-sum_{j=i+1}^{m}left(a_{j}-a_{i} ight)^{m+1} ight) ]

珂以证明(S(x))是个(m+3)次多项式（珂以用一次二次三次函数类比，但严谨的证明还是需要通过数学归纳法的），可以用拉格朗日插值快速处理，复杂度为(O(T m^2 log p))，预处理逆元的话能做到(O(T m^2))

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define N 55
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline ll read()
{
    register ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline int power(register ll a,register int b)
{
    a%=mod;
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            res=1ll*res*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll T,n,m,a[N],f[N];
inline int calc(register ll d,register int n)
{
    if(d<=n)
        return f[d];
    int o=(n&1)?-1:1,tmp=1,ans=0;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        tmp=1ll*(d-i)%mod*tmp%mod;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        tmp=1ll*tmp*power(i,mod-2)%mod;
    for(register int i=0;i<=n;++i,o=-o)
    {
        ans=(ans+1ll*o*f[i]%mod*tmp%mod)%mod;
        tmp=1ll*(d-i)%mod*tmp%mod*power(d-i-1,mod-2)%mod;
        tmp=1ll*tmp*(n-i)%mod*power(i+1,mod-2)%mod;
    }
    return (ans+mod)%mod;
}
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        n=read(),m=read();
        for(register int i=1;i<=m;++i)
            a[i]=read();
        for(register int i=1;i<=m+3;++i)
            f[i]=(f[i-1]+power(i,m+1))%mod;
        sort(a+1,a+m+1);
        int ans=0;
        for(register int i=0;i<=m;++i)
        {
            ans=(ans+calc(n-a[i],m+3))%mod;
            for(register int j=i+1;j<=m;++j)
                ans=(0ll+ans+mod-power(a[j]-a[i],m+1))%mod;
        }
        write(ans),puts("");
    }
	return 0;
}