2017 清北济南考前刷题Day 5 morning
期望得分：100+100+0=200
实际得分：
坐标的每一位不是0就是1，所以答案就是
C（n，k）
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; const int mod=1e9+7; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } int Pow(int a,int b) { int res=1; for(;b;a=1LL*a*a%mod,b>>=1) if(b&1) res=1LL*res*a%mod; return res; } int main() { freopen("cube.in","r",stdin); freopen("cube.out","w",stdout); int n,k; read(n); read(k); int ans=1; for(int i=1;i<=k;i++) ans=1LL*ans*Pow(i,mod-2)%mod*(n-i+1)%mod; cout<<ans; }
货物一定是走在最大生成树上
如果按限重从大到小加边，那么一个联通块只需要有一个仓库
并查集维护即可
考场代码写的有点儿乱
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define N 100001 int n,m; int fa[N]; bool cal[N]; int ans[N],tmp[N]; bool vis[N]; struct node { int u,v,lim; bool use; }e[N]; struct query { int id,w; }a[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } bool cmp(node p,node q) { return p.lim>q.lim; } bool cmp2(query p,query q) { return p.w>q.w; } bool cmp3(node p,node q) { if(p.use!=q.use) return p.use>q.use; return p.lim>q.lim; } int find(int i) { return fa[i]==i ? i : fa[i]=find(fa[i]); } void MST() { for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; int tot=0,i=0,u,v; while(tot!=n-1 && i<m) { i++; u=find(e[i].u); v=find(e[i].v); if(u==v) continue; tot++; e[i].use=true; fa[u]=v; } } int main() { freopen("warehouse.in","r",stdin); freopen("warehouse.out","w",stdout); int q; read(n); read(m); read(q); for(int i=1;i<=m;i++) read(e[i].u),read(e[i].v),read(e[i].lim); sort(e+1,e+m+1,cmp); for(int i=1;i<=q;i++) read(a[i].w),a[i].id=i; sort(a+1,a+q+1,cmp2); MST(); sort(e+1,e+m+1,cmp3); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; int ne=1,nq=1; int sum=n; while(ne<=m) { if(!e[ne].use) break; while(ne<=m && e[ne].lim>=a[nq].w) { if(find(e[ne].u)==find(e[ne].v)) { ne++; continue; } fa[find(e[ne].u)]=find(e[ne].v); sum--; ne++; } ans[a[nq].id]=sum; nq++; } for(int i=nq;i<=q;i++) ans[a[i].id]=sum; for(int i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<'\n'; }
答案=原词典单词数+前缀后缀拼接单词数
统计前缀和后缀 拼接的单词：
一个基本错误思路：
如果有s1个长为l1 的前缀，有s2个长为l2的后缀，那么 他们对长为l1+l2 的单词的贡献为 s1*s2
错因：有可能会重复计数
例：
有单词 abc bcd
那么合法单词abcd 会计算3次：
a+bcd ab+cd abc+d
所以对于每个合法的单词，强行规定一个分离位置，来保证一个单词只会被计算一次
规定的分离位置：
若单词长为i的前缀是词典中单词的前缀，长为i+1的前缀不是词典中单词的前缀
那么i就是单词的分离位置
即这个单词是由前面长为i的前缀 和 i后面的后缀 拼接而成
在这个不会算重的思路的基础上
设f[i][j] 表示 原词典单词中 长度为i的前缀，再加1个字母j就不是前缀的 前缀数量
g[i][j] 表示 原词典单词中 长为i的后缀，第1个字母是j的 后缀数量
这两个数组在 正序和倒序 trie树上dfs即可解决
那么长为 i+k 的 前缀后缀 拼接单词数量 = Σ f[i][j]*g[k][j] j∈[0,26)
但思路仍然还有一个bug：
长为len 的 单词 的所有前缀 都是词典中单词的前缀
例：
词典中单词 cool o
那么 co 是一个长为2的合法单词
但是co按上述方法找不到分离位置
对于这种单词，我们强制规定 最后两个字母之间为分离位置
注意：这种单词还要满足 不是原词典中的单词，后缀非空 两个条件
所以 设t[i][j] 表示 长为i的前缀，最后一个字母是j 且 不是词典中单词的数量
注意这里不要把长为1的前缀统计进去
如果 g[1][j] 那么 长为i的合法单词 就可以累计 t[i][j]
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 10001 #define L 51 using namespace std; const int mod=1e9+7; char s[L]; int ans[101]; int f[L][26],g[L][26],t[L][26]; struct TRIE { int trie[N*L][26],id; int endd[N*L]; void insert(int len) { int now=0; for(int i=1;i<=len;i++) { if(!trie[now][s[i]-'a']) trie[now][s[i]-'a']=++id; now=trie[now][s[i]-'a']; } endd[now]++; } void dfs(int x,int dep) { for(int i=0;i<26;++i) { if(x && !trie[x][i]) f[dep][i]++; if(x && trie[x][i] && !endd[trie[x][i]]) t[dep+1][i]++; if(trie[x][i]) dfs(trie[x][i],dep+1); } } void dfs2(int x,int dep) { for(int i=0;i<26;++i) if(trie[x][i]) g[dep+1][i]++,dfs2(trie[x][i],dep+1); } }t1,t2; int main() { freopen("word.in","r",stdin); freopen("word.out","w",stdout); int n,q,len; scanf("%d%d",&n,&q); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",s+1); len=strlen(s+1); t1.insert(len); reverse(s+1,s+len+1); t2.insert(len); ans[len]++; } t1.dfs(0,0); t2.dfs2(0,0); for(int i=1;i<=50;++i) for(int j=0;j<26;++j) if(g[1][j]) ans[i]=(ans[i]+t[i][j])%mod; for(int i=1;i<=50;++i) for(int k=1;k<=50;++k) for(int j=0;j<26;++j) ans[i+k]=(1LL*ans[i+k]+f[i][j]*g[k][j]%mod)%mod; int x; while(q--) { scanf("%d",&x); printf("%d\n",ans[x]); } }
