暑假第二十二测

idy的题又回来了，今天的题代码难度不大，考思维

 

 

 

题解：

第一题：贪心，%4找规律

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int is[22] = {-1, -1, -1, -1, 1, -1, 1, -1, 2, 1, 2, -1, 3, 2, 3};
int main(){
    freopen("split.in","r",stdin);
    freopen("split.out","w",stdout);
    int q;
    scanf("%d", &q);
    while(q--){
        ll x;
        scanf("%I64d", &x);
        if(x < 15)
            printf("%d\n", is[x]);
        else {
            if(x % 4 == 0)printf("%I64d\n", x/4);
            else if(x % 4 == 1 || x % 4 == 3)printf("%I64d\n", x/4 - 1);
            else printf("%I64d\n", x/4);
        }
    }
}

 

第二题：

理解：其实这道题就是找边的集合有多少个；对于相互独立的点（x，y没有和别的一样的），我们可以用乘法原理，所以我们的任务就是求联通块的贡献；

我们考虑联通块的意义，就是我们建图的原理：这里面的一个点代表原图中的一条边，（x=3, y=4), 而里面的一条边代表原来的一个点例如（x=3, y=4)这两个点相连的边代表的就是(3, 4);

如果是一棵树，我们把根节点去掉，每个点（就是原图中的一条边）对应唯一一条边（相当于被原图中的一个点选中），所以这棵树除了全集我们都可以构造，每条边有选或不选，就是2^点数 - 1；

如果不是树，每个点（原图中的边）都可以找到一条边，就是2^点数；

问题又来了，建边复杂度是O(n^2)的，怎么办了；

我们把一个联通块并到一个并查集中，对于一个点可以建的边，只能对一个并查集贡献，我们就只放在一个并查集中好了；

注意原图和新图中的边是相互转换的，所以最后统计大小时是 点数 + 1 == 边数-->树

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 

const ll mod = 1e9 + 7;
const int M = 1e5 + 8;

struct Point {ll x, y; int id;}p[M];
bool cmp(Point a, Point b){return a.x < b.x;}
bool cmp2(Point a, Point b){return a.y < b.y;}
ll disx[M], disy[M];
int fa[M], siz[M], tot[M], n, totx, toty;
bool vis1[M], vis2[M];
ll ksm(ll a, ll b){
    ll ret = 1;
    for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
        if(b & 1)ret = ret * a % mod;
    return ret;
}
int find(int x){
    if(x == fa[x])return x;
    return fa[x] = find(fa[x]);
}
void uni(int x, int y){
    int u = find(x), v = find(y);
    fa[u] = v;
}

int main(){
    freopen("cross.in","r",stdin);
    freopen("cross.out","w",stdout);
    ll ans = 1;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%I64d%I64d", &p[i].x, &p[i].y),
        disx[i] = p[i].x, disy[i] = p[i].y, p[i].id = i;
    
    sort(disx + 1, disx + 1 + n);
    totx = unique(disx + 1, disx + 1 + n) - disx - 1;
    sort(disy + 1, disy + 1 + n);
    toty = unique(disy + 1, disy + 1 + n) - disy - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        p[i].x = lower_bound(disx + 1, disx + 1 + totx, p[i].x) - disx,
        p[i].y = lower_bound(disy + 1, disy + 1 + toty, p[i].y) - disy;
        fa[i] = i;
    }
    sort(p + 1, p + 1 + n, cmp);
    for(int i = 1; i < n; i++)
        if(p[i].x == p[i + 1].x){
            uni(p[i].id, p[i + 1].id);
        }
    sort(p + 1, p + 1 + n, cmp2);
    for(int i = 1; i < n; i++)
        if(p[i].y == p[i + 1].y){
            uni(p[i].id, p[i + 1].id);
        }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int h = p[i].x;
        int u = find(p[i].id);
        tot[u]++;
        if(!vis1[h]){
            siz[u]++;
            vis1[h] = 1;
        }
        h = p[i].y;
        if(!vis2[h]){
            siz[u]++;
            vis2[h] = 1;
        }
    //    printf("%I64d %I64d %d %d\n",p[i].x, p[i].y,p[i].id, u);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(p[i].id == find(p[i].id)){
            if(tot[p[i].id] == 1) ans = ans * 3 % mod;
            else if(siz[p[i].id]  == tot[p[i].id] + 1)
                ans = ans * ( ksm(2, siz[p[i].id]) - 1) % mod;
            else ans = ans * ksm(2, siz[p[i].id]) % mod;
        }
    printf("%I64d\n", ans);

    
    
}

 

第三题：

dp[i][j] 表示第i个串是否包括j这个字串，他要不然是a或b中本来有的，要不然就是中间新出来的可以拿来更新；

而这个新的串只有两段长度为k会对后面的合并有贡献，所以中间我们不用存，空间就没有问题了；

时间复杂度O(2*n* 2^12); STL大法强

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int L = 11, MAXN = (1 << (L + 1) ) + 10;
int idc, son[205][2];
bool dp[205][MAXN];
string str[205], sta[MAXN];

void init(){
    for(int i = 1; i <= L; i++)
        for(int s = 0; s < (1 << i); s++){
            string &sc = sta[++idc];
            sc.resize(i);
            for(int j = 0; j < i; j++)
                sc[j] = (char) ('0' + ((s>>j) & 1));
            //cout<<sta[idc]<<endl;
        }
}

string merge(string a, string b){
    string c = a + b;
    if(a.size() + b.size() <= 2 * L)return c;
    return c.substr(0, L) + c.substr(c.size() - L, L);
}


int main(){
    freopen("string.in","r",stdin);
    freopen("string.out","w",stdout);
    int n, m;
    int cc = clock();
    init();
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>str[i];
    scanf("%d", &m);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        son[i + n][0] = a, son[i + n][1] = b;
        str[i + n] = merge(str[a], str[b]);
    }
    //for(int i = 1; i <= 20; i++)cout<<sta[i]<<endl;
    for(int i = 1; i <= n + m; i++){
        if(i <= n){
            int nowlen = str[i].size();
            for(int j = 1; j <= idc; j++){
                int len = sta[j].size();
                for(int k = 0; k + len - 1 < nowlen; k++)
                    if(str[i].substr(k, len) == sta[j])
                        dp[i][j] = 1;
            }
        }
        else {
            for(int j = 1; j <= idc; j++){
                int a = son[i][0], b = son[i][1];
                dp[i][j] |= dp[a][j] | dp[b][j];
                int len = sta[j].size();
                for(int l = 1; l < len; l++)
                    if(l > str[a].size() || len - l > str[b].size())continue;
                    else if(str[a].substr(str[a].size() - l, l) + str[b].substr(0, len - l) == sta[j]){
                        dp[i][j] = 1; break;
                    }
                    
            }
        }
    }
    
    for(int i = n + 1; i <= n + m; i++){
        bool ok[L + 1];
        memset(ok, true, sizeof(ok));
        for(int j = 1; j <= idc; j++)
            if(!dp[i][j]) ok[sta[j].size()] = 0;
        for(int j = L; j >= 0; j--)
            if(ok[j]){
                printf("%d\n",j);break;
            }
    }
    int tt = clock();
    return 0;
}