瑟瑟发抖，考场想出正解打炸了。。
T1.计数
题目大意：给出一个字符串，字符串的\(S\)的每个本质不同的子串都对应一个节点，且子串\(x\)对应的节点连向子串\(y\)对应的节点当且仅当\(|x| = |y| + 1\)，且\(y\)是\(x\)的子串,求\(S\)对应节点为起点的简单路径条数。
考场上花一小时想出正解，可之后打炸了，就得了\(15\)分，呜呜呜~
整体来说不算太难 （不然我怎么能想得出正解？。
把整个图拉出来，并且相同的出边相同的节点不连在同一个节点，整个图就变成了一个以\(S\)为根的满二叉树，而答案求的就是把不符合题意的删去之后整棵树的大小。
所以就有思路了：用整棵树的大小减去不符合题意的贡献就是答案了。
我们画图可以知道，不符合题意当且仅当这个节点对应的字符串的所有字符均相等。这是我们就要剪去一个它的子树大小的贡献，但它另外一个子树也是均相等的，所以要重复以上操作。
但我们可以换个角度思考，直接把以这个节点为根的子树整个删掉，再加上正确的个数即可。
然后就是算有多少个相等的字符的节点了。
我们又回到字符串中，当一个子串相等时，设整个字串左边还有\(n\)个字符,右边还有\(m\)个字符，则这个子串在树中出现的次数就为\(C_{n+m}^n\)，因为我们如果从树上看的话，要从根节点走到这种节点，要向右走\(n\)步（每向右走一步相当于去掉最左边字符），向左走\(m\)步，而只要有一步走的不一样，到达的节点就不一样，所以总共走\(n+m\)步，向右走了\(n\)步，而且何时向右走都可以，所以总共的方案数就为\(C_{n+m}^n\)。
要注意的是，我们仔细观察一下图，还是有一些节点我们没有计算到的，就是在整个相同的字串中与边界相接的节点，我们也要把这个贡献算上，而且因为相接，所以最后一步是确定的，所以每一个相接子串的贡献为\(C_{n-size-1}^{l-2}\)，其中\(size\)为子串长度，\(l\)为子串左端点。
然后就完美的AC啦！时间复杂度为\(O(n)\)
小结：
解题关键：想到题目给出模型与二叉树和组合数学的关系
芝士点：组合数
手起，码落：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define mod 998244353
using namespace std;
inline long long Pow(long long x,int y)
{
re long long sum=1;
for(;y;x=(x*x)%mod,y>>=1)
if(y&1)sum=(sum*x)%mod;
return sum;
}
const int N=500005;
int n,l,r,len;
long long ans,jc[N],mid,sum[N];
char a[N];
inline long long C(int m,int n)
{
if(m<0||n<0)return 0;
return jc[m]*Pow(jc[m-n]*jc[n]%mod,mod-2)%mod;
}
int main()
{
scanf("%s",a+1);n=strlen(a+1);
jc[0]=1,l=1,ans=Pow(2ll,n)-1;
for(re int i=1;i<=n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
for(re int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]!=a[i+1])
{
r=i;
len=r-l+1;
ans=(ans-C(n-len,l-1)*((Pow(2ll,len)-len-1+mod)%mod)%mod+mod)%mod;
for(re int j=len-1;j>0;j--) ans=(ans-(C(n-j-1,l-2)+C(n-j-1,n-r-1))%mod*((Pow(2ll,j)-j-1+mod)%mod)%mod+mod)%mod;
l=i+1;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2。博弈
题目大意：\(n\)个人分\(m\)枚金币，每个人足够聪明，给出分金币提案（方法）的顺序为\(1,2,3...n,1,2...\)。当所有人都同意这个提案时则开始分金币，否则丢弃\(k\)枚金币，换下一个人分，求每个人最后得到的金币数量。（当一个人否决这个提案时最后得到的金币会比现在要少时，他就会同意这个提案
考场上连题目都没看懂的蒟蒻瑟瑟发抖。。
这题可以使用DP的方式，\(f[i][j]\)表示还剩下\(i\)枚硬币时，第\(j\)个人期望得到的金币数。显然\(f[i]\)是从\(f[i+k]\)转移过来，然后我们发现其实根本不需要开数组，直接用一个变量保存就好了，加上路径压缩维护就完事了。
小结：
解题关键：看懂题目，想到路径压缩加速DP
芝士点：路径压缩DP
手起，码落：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
const int N=200005;
long long Rounds,rest,m,k,mid,eve;
long long luck,oth,All,a[N],sum,lazy;
int n,x,per,sta;
int main()
{
scanf("%d%lld%lld",&n,&m,&k);
Rounds=m/k,rest=m%k,per=Rounds%n+1;
for(;rest<n&&Rounds;)
{
per=(per-1>0?per-1:n);
rest+=k,Rounds--;
}
if(rest>=n)All=1,lazy=rest-n,x=per;
sum=eve=ceil(n*1.0/k);
per=(per-eve>0?per-eve:per-eve+n),sta=per,mid+=1,a[per]+=eve*k-n;
for(;;)
{
per=(per-eve>0?per-eve:per-eve+n);
if(per==sta)break;
mid++,a[per]+=eve*k-n,sum+=eve;
}
rest=Rounds%sum,Rounds/=sum;
mid*=Rounds,All+=mid,mid=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)a[i]*=Rounds;
a[x]+=lazy;
Rounds=rest/eve,per=(per+eve-1)%n+1;
for(re int i=1;i<=Rounds;i++)
{
per=(per-eve>0?per-eve:per-eve+n);
All++,a[per]+=eve*k-n;
}
for(re int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",a[i]+All);
return 0;
}
T3.划分
还不会，咕咕咕~~
