2019牛客暑期多校第五场题解ABGH
A.digits 2
题意：给你一个n，要求输出一个每一位数字之和能整除n且其本身也能整除n的数。n不超过100，要求的数不超过10000位数。
题解：直接将n输出n次。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int main() { int T,n; for (scanf("%d",&T);T--;) { scanf("%d",&n); for (int i = 0; i < n; i++) printf("%d",n); printf("\n"); } return 0; }
B.generator 1
题意：已知x0,x1,a,b,n,mod，xi = a*xi-1 + b*xi-2，求xn%mod
题解：矩阵快速幂，把以二为单位倍增改为以十位单位
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; #define maxn 2 const int N = 1e6 + 10; struct Matrix { ll ma[maxn][maxn]; Matrix() { memset(ma,0, sizeof(ma)); } }A,E; char s[N]; ll mod; Matrix mul(Matrix A,Matrix B) { Matrix C; for(int i=0;i<maxn;i++) for(int j=0;j<maxn;j++) for(int k=0;k<maxn;k++) C.ma[i][j]=(C.ma[i][j]+(A.ma[i][k]*B.ma[k][j]+mod)%mod)%mod; return C; } Matrix pow_mod() { int len = strlen(s); for (int i = len - 1; i >= 0; i--) { Matrix C = E; int a = s[i] - '0'; for (int j = 1; j <= 9; j++) { if (j == a) A = mul(E,A); E = mul(E ,C); } } return A; } int main() { scanf("%lld%lld%lld%lld%s%lld",&A.ma[1][0],&A.ma[0][0],&E.ma[0][0],&E.ma[0][1],s,&mod); E.ma[1][0] = 1; A = pow_mod(); printf("%lld\n", A.ma[1][0]); return 0; }
G.subsequence 1
题意：告诉你两个由数字组成的字符串s,t，问s串中有多少个子序列所表示的数字比t所表示的数字大。（均不含前导0）
题解：当s的子序列长度比t长时，显然比t大；当子序列长度与t相等时，我们可以通过动态规划来求解。我们用dp[i][j]来表示s串的前i个和t串的前j个相同的方案数。用两层for循环来判断s串的第i为与t串的第j位的大小关系：前i-1个的情况包含在前i个的情况内，所以我们先把dp[i-1][j]赋值给dp[i][j]，当s[i] == t[j]时，s串的前i个和t串的前j个相同的方案数还要加上前i-1位和j-1位相同的情况dp[i-1][j-1]；当s[i]>t[j]时，前j-1位的选取情况为dp[i-1][j-1],第j位选i，最后m-j个显然在剩下的n-i个字符中任取m-j个都符合。最后我们再加上长度大于t的不包含前导零的子序列个数即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 3000 + 10; const ll mod = 998244353; ll c[N][N],dp[N][N]; char s[N],t[N]; int main() { int T,n,m; c[1][1] = c[1][0] = c[0][0] = 1; for (int i = 2; i <= 3000; i++) { c[i][0] = c[i][i] = 1; for (int j = 1; j < i; j++) c[i][j] = (c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod; } for (scanf("%d",&T);T--;) { scanf("%d%d%s%s",&n,&m,s+1,t+1); dp[0][0] = 1; ll ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { dp[i][0] = 1; for (int j = 1; j <= min(m,i); j++) { dp[i][j] = dp[i-1][j]; if (s[i] == t[j]) dp[i][j] = (dp[i][j]+dp[i-1][j-1])%mod; else if (s[i] > t[j]) { ans = (ans + c[n-i][m-j] * dp[i-1][j-1]%mod)%mod; } } } for (int i = 1; i <= n; i++) { if (s[i] == '0') continue; for (int j = m; j <= n-i; j++) ans = (ans + c[n-i][j])%mod; } printf("%lld\n", ans); } return 0; }
H.subsequence 2
题意：有一个长度为n，由m个不同字符组成的字符串，给你m*(m-1)/2组数据，每组第一行给两个字符，给出这字符串中这两个字符一共有多少个，再按字符在字符串中出现的顺序输出。问是否能找到符合条件的字符串，不能的话输出-1，能的话随便输出一个符合条件的字符串。
题解：我们可以将这个字符串看成一个图，根据每个字符类型和它是第几个给它一个编号，再根据前后关系建边，最后通过拓扑序得到序列。要注意字符数量不等于n或者得到的拓扑序个数不等于n时输出-1。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e4 + 10; char c[5],s[N],t[N]; vector<int> V[N*30]; int num[30],du[N*30]; int n,m,len; bool topo() { queue<int> q; for (int i = 0; i < 26; i++) if(num[i]>0 && du[i*10001+1] == 0) q.push(i*10001+1); int cnt = 0; while(q.size()){ int u = q.front(); q.pop(); s[cnt++] = (u-1)/10001 + 'a'; if (cnt > n) return false; for (int i = 0; i < V[u].size(); i++) if (--du[V[u][i]] == 0) q.push(V[u][i]); } s[cnt] = '\0'; if (cnt == n) return true; return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); m = m*(m-1)/2; for (int i = 0; i < m; i++) { scanf("%s%d",c,&len); if (len == 0) continue; scanf("%s",t); int num0 = 0, num1 = 0,fst = 0, id; for (int j = 0; j < len; j++) { if (t[j] == c[0]) { num0++; id = (t[j]-'a')*10001 + num0; }else { num1++; id = (t[j]-'a')*10001 + num1; } if (fst) { du[id]++; V[fst].push_back(id); } fst = id; } if (!num[c[0]-'a']) num[c[0]-'a'] = num0; if (!num[c[1]-'a']) num[c[1]-'a'] = num1; } int all = 0; for (int i = 0; i < 26; i++) all += num[i]; if (all != n) printf("-1\n"); else if (topo()) printf("%s\n", s); else printf("-1\n"); return 0; }
