20170903四校联考

之前0827的联考因为某砖暂停了，让我多活了一周233

T1：

题目描述

上体育课的时候，小蛮的老师经常带着同学们一起做游戏。这次，老师带着同学们一起做传球游戏。

游戏规则是这样的：n个同学站成一个圆圈，其中的一个同学手里拿着一个球，当老师吹哨子时开始传球，每个同学可以把球传给自己左右的两个同学中的一个（左右任意），当老师在此吹哨子时，传球停止，此时，拿着球没有传出去的那个同学就是败者，要给大家表演一个节目。

聪明的小蛮提出一个有趣的问题：有多少种不同的传球方法可以使得从小蛮手里开始传的球，传了m次以后，又回到小蛮手里。两种传球方法被视作不同的方 法，当且仅当这两种方法中，接到球的同学按接球顺序组成的序列是不同的。比如有三个同学1号、2号、3号，并假设小蛮为1号，球传了3次回到小蛮手里的方式有1->2->3->1和1->3->2->1，共2种。

输入格式：

输入文件ball.in共一行，有两个用空格隔开的整数n，m（2<=n<=1000，1<=m<=10^9）。

输出格式：

输出文件ball.out共一行，有一个整数，表示符合题意的方法数。

 

题解：

f[i][j]=f[(i+1)%n][j-1]+f[(i-1+n)%n][j-1];
f[0][0]=1;
f[0][m]为结果

这都是垃圾PJ组2008的方程，但是在这一题不适用。

留意到n的范围较小，可以得出如果用矩阵优化，可以达到O(n^2)的效率。

因为m的范围太大，必须刚快速幂。

注意到初始矩阵是一个循环矩阵，所以每次乘出来的矩阵都是循环矩阵，可以直接O(n^2)递推

所以就这样奇妙的过了，真开心！

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define r register
#define Fn "ball"
typedef long long ll;
#define mod 1000000007ll
#define sz 1005
typedef ll arr[sz][sz];
arr s,a,t;
int n,m;
inline void qpow(){
    for(r int i=1;i<=n;i++)a[i][i]=1;
    while(m){
        if(m&1){
            memset(t,0,sizeof(t));
            for(r int i=1;i<=n;i++)
                for(r int j=1;j<=n;j++)
                    t[1][i]=(t[1][i]+a[1][j]*s[j][i])%mod;
            for(r int i=2;i<=n;i++){
                t[i][1]=t[i-1][n];
                for(r int j=2;j<=n;j++)t[i][j]=t[i-1][j-1];
            }
            memcpy(a,t,sizeof(arr));
        }
        memset(t,0,sizeof(t));
        for(r int i=1;i<=n;i++)
            for(r int j=1;j<=n;j++)
                t[1][i]=(t[1][i]+s[1][j]*s[j][i])%mod;
        for(r int i=2;i<=n;i++){
            t[i][1]=t[i-1][n];
            for(r int j=2;j<=n;j++)t[i][j]=t[i-1][j-1];
        }
        memcpy(s,t,sizeof(arr));
        m>>=1;
    }
}
int main(){
    freopen(Fn".in","r",stdin);
    freopen(Fn".out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    s[1][2]=s[1][n]=1;
    for(r int i=2;i<=n;i++){
        s[i][1]=s[i-1][n];
        for(r int j=2;j<=n;j++)s[i][j]=s[i-1][j-1];
    }
    qpow();
    printf("%d\n",a[1][1]);
    return 0;
}

---

 

T3：

􀀀

与

 

【问题描述】

给定𝑛个非负整数a3, 𝑎5, … , 𝑎7 ，你需要求出有多少种方法可以将它们分成两 部分，使得两部分都至少有一个数，并且两部分的数进行按位与操作后的结果

相同。

按位与是一种对于二进制数的操作，它等价于 C / C + + 里的运算 & 和 Pascal里的运算 and 。即，将两个数写成二进制，较短的数补前导零使得两个 数一样长。然后如果两个数在某一位上都是1，那么这一位运算的结果为1；否 则这一位为 0 。例如两个整数14 和11，它们按位与运算后的结果应为10 。

 

【输入文件】

输入文件的第一行为一个正整数𝑛。第二行为𝑛个非负整数𝑎3, 𝑎5, … , 𝑎7。

【输出文件】

 

输出为一行一个整数，表示合法的方案数。

题解：

 

容斥原理！！！！！！！计数问题都得打容斥原理！！！！！！

 

其中变量𝑐枚举的是子集，代表需要限制为不符合要求的二进制位（就是这 些位一定得一边是0一边是1）。𝑓(𝑐)指在𝑐的限制下的方案数。

由于有一些位一定得一边是0一边是1，所以这些位为1的元素一定得归一边，可以考虑把它们合并为一个元素。如果有多个位有限制，那就用并查集来合并元素。合并完以后的计算就非常容易了。

如果所有元素的某一位上全部都是0或1，在实际计算的时候应该稍微特判 一下。或者可以考虑把所有全部相同的位直接去掉，这样一定不会影响答案，又可以避免特殊情况的出现。

代码：

#include<cstdio>
#define r register
#define Fn "and"
typedef long long ll;
ll b[65]={1},ans;
int fa[65],a[65];
inline int read(){
    r int x=0,f=1;r char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';f=c=='-'?-1:1,c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar());
    return x*f;
}
inline int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
    freopen(Fn".in","r",stdin);
    freopen(Fn".out","w",stdout);
    int n=read();
    for(r int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(r int i=1;i<62;i++)b[i]=b[i-1]<<1;
    for(r int i=0;i<131072;i++){
        r int t=i,ti=1,cnt=0;
        for(r int j=1;j<=n;j++)fa[j]=j;
        for(;cnt<17;cnt++,t>>=1)
            if(t&1){
                ti*=-1;
                r int tmp=(int)b[cnt],tmp2=0,flag=0;
                for(r int k=1;k<=n;k++)
                    if(!(a[k]&tmp))flag=1,tmp2?fa[find(k)]=tmp2:tmp2=find(k);
                if(!flag)break;
            }
        if(cnt!=17)continue;
        r int sum=0;
        for(r int j=1;j<=n;j++)sum+=find(j)==j;
        ans+=(b[sum]-2)*ti;
    }
    printf("%I64d\n",ans);
    return 0;
}

 

由于时间原因，T2的代码尚未打完，请各位大佬Czhou谅解！