2023.9.23 总结
T1
题面：从左往右有n个格子，编号 \(1\) 至 \(n\) 。一开始每个格子都有1颗糖果。你总共需要进行 \(k\) 次操作，每次操作把从某个格子取 \(1\) 颗糖（前提是该格子有糖），放到另一个格子。当 \(k\) 次操作全部结束以后，从左往右检查，这 \(n\) 个格子的糖果数量。求这 \(n\) 个格子总共有多少种不同的状态，答案模 \(1000000007\) ，$ 1 \le n \le 200000 , 1 \le k \le 10^9$ 。
因为最多换 \(k\) 次，且只有 \(n\) 个位，所以最多只有 \(min(n,k+1)\) 个位为 \(0\) 。
那我们可以枚举有 \(i\) 为 \(0\) ，有 \(C(n,i)\) 种位置为 \(0\) ，挪到其他任意位置上，可一个都不放（就是只有原来那个1），方案数就是一个经典放盘子问题了，即为 \(C(n,i) \times C(n-1,i)\)。
最后特判一下全是1即可。
T2
题意：给出一个 \(n \times m\) 的网格，其中有一些格子是黑色，现定义一个美丽的图为：对于一个黑色格子，它的下面那个格子与它右下面那个格子都需为黑色，现在可以将一些格子染成黑色，求最终有多少个美丽的图？
分析美丽的图的性质，可发现：对于每一列，只有最上面那一个需要染色，对于一个斜行，也只有最左边的需要染色。
当然，已有的需要考虑。
我们可以以此来考虑$ DP $ 。
就是每一列每一列的做，考虑每一个斜行就可以了。
T3
题面：给出包含 \(n\) 个整数的数组 \(a\) ，其中对于所有的 \(i\) ，都满足 \(1\le a[i] \le m\)。同时 \(1\) ~ \(m\) 在 \(a\) 中至少出现了一次，请你找出数组 \(a\) 的一个长度为 \(m\) 的子序列，使得 \(m\) 个整数在子序列中恰好只出现 \(1\) 次，输出满足条件的字典序最小的子序列。
这道题可以用线段树暴做，这里提供一种贪心的想法。
选出一个满足题目要求的子序列很简单，但是重点是让字典序最小。
很明显，我们希望让越大的数越后选，但是又必须选到这个数，在他最后一次出现切前面没选到的时候就必须选他了。
所以，我们可以这样贪心，开一个数组 \(v\) 以及 \(last\) ，记录这个数是否选到过以及最后一次出现的位置。
从前往候选，开一个记录选数的序列，若最后选的一个数以后还有且选现在这个数比最后选的一个数优，替换之，否则将其加进去。
时间复杂度 \(O(n)\) 可过。
还可以这样：
我们可以从后往前选，随便构造出一个序列，不一定字典序最小，用链表存储。
每次往前找，看一下当前选的这个数放进去之后会不会比原来更优，是则替换之，然后看前一个。
T4
题意：给出一棵树，求不在同一条路径上的三元点对数量。
这道题是正着思考。
从一个节点出发，若有三个节点不在同一路径上，则要不然在他不同的三棵子树，或两个在两棵不同的子树，一个不在自己子树，或者两个或三个节点都在其祖先但不在自己的子树上。
对于最后一种情况，其实考虑到别的节点，还会变成前两种情况。
所以，只考虑前两种情况。
我们令 \(size_{x}\) 为以 \(x\) 为子树根节点，子树的节点数量。
对于以 \(x\) 为根节点的子树，那么对于第一种情况，就是 \((n-size_{x})\) 乘上任意两个子树 \(size\) 的乘积和。
对于第二种情况，就是任意三个子树 \(size\) 的乘积和。
累加输出答案。
T5
题意：给出一个字符串 \(a\) ，求有多少个字符串 \(b\) ，使得 \(bb\) 为 \(a\) 的子序列。
一个基本的思路，枚举在第 \(i\) 个位置分开 \(a\) ，前面有个 \(b\) ，后面也有个 \(b\) 。
但要统计的是字符串，有可能会有重复，我们要想方法去重。
先预处理出每个位置往后字符 \(a,b,c,d...\) 第一次出现的位置，记为 \(b_{i,j}\)
动规数组 \(f_{i,j}\) 表示从 \(1~i,x~j\) 中新增了多少个满足的字符串，\(x\) 为分开的位置，注意，是新增的字符串。
转移我们只需枚举每个字母，他们对于 \(i,j\) 往后第一个出现的位置 \(x,y\) ,让 \(f_{x,y}\) 加上 \(f{i,j}\) 即可。
这里可以保证一个东西，就是字符串一定在最前面出现。
例如：
abc|abcabc
我们在如图转移时，就会在 \(f_{3,6}\) 加上 \(abc\) 的答案，而不会在 \(f_{3,9}\) 加上。
如何统计答案呢？
若在 \(x\) 处分开，第 \(x\) 个字符为 \(A\)，对于 \(f_{i,j}\) ，若 \(i\) 后 \(A\) 第一次出现是在 \(x\) 处，就可以使答案加上 \(f_{i,j}\) 。
因为，如果不是在 \(x\) 处，设是在 \(y\) 处，就说明之前已经有一次以 \(y\) 为分割处理过这个答案了。
举例：
abcabc|abc
我们在做 \(f_{3,9}\) 时，中间包含了 \(abc\) 。
但 \(3\) 后第 \(1\) 次出现 \(a\) 是在 \(4\) ,说明我们在 \(4\) 前分割时已处理过这个答案。
最后输出即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
string a;
long long t[105][55],s,f[105][105];
void dijah(long long x)
{
long long q=t[1][a[x]-'a'],w;
if(q==0||q>=x)return;
memset(f,0,sizeof(f));
f[q][x]=1;
for(int i=1;i<x;i++)
{
for(int j=x;j<a.size();j++)
{
for(int u=0;u<26;u++)
{
q=t[i+1][u],w=t[j+1][u];
if(q&&w&&q<x)f[q][w]+=f[i][j],f[q][w]%=mod;
}
q=t[i+1][a[x]-'a'];
if(q==x)s+=f[i][j],s%=mod;
}
}
return;
}
int main()
{
cin>>a;
a=' '+a;
for(int i=1;i<a.size();i++)
{
for(int j=0;j<26;j++)
{
for(int u=i;u<a.size();u++)
{
if(j+'a'==a[u])
{
t[i][j]=u;
break;
}
}
}
}
for(int i=2;i<a.size();i++)dijah(i),s%=mod;
cout<<s;
return 0;
}
