牛客练习赛133

A 万年沉睡的宝藏

题意：有一些岛和一些宝藏，都用字符串来描述，会有4个操作：给一个岛加一个宝藏，问这个岛有多少宝藏，某个宝藏是否在这个岛上，有多少岛上有至少一个宝藏。

用map存string和set就行了，注意特判没有这个岛的情况。

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void solve() {
    int q;
    std::cin >> q;
    std::map<std::string, std::set<std::string> > mp;
    while (q -- ) {
    	int op;
    	std::cin >> op;
    	if (op == 1) {
    		std::string s, t;
    		std::cin >> s >> t;
    		mp[s].insert(t);
    	} else if (op == 2) {
    		std::string s;
    		std::cin >> s;
    		int ans = mp.count(s) ? mp[s].size() : 0;
    		std::cout << ans << "\n";
    	} else if (op == 3) {
    		std::string s, t;
    		std::cin >> s >> t;
    		int ans = mp.count(s) ? mp[s].count(t) : 0;
    		std::cout << ans << "\n";
    	} else {
    		std::cout << mp.size() << "\n";
    	}
    }
}

B 完美主义追求者

题意：给你a和b，求a个点的二叉树有多少个本质不同的，对b取模。

猜了一下是a的阶乘个，不会证明。
因为a很大，无法算阶乘，但注意b只有1e6，当a<b时暴力，否则a>=b时因为因子乘了一个b，模数肯定是0.
（赛时写的python，以为要用高精度算阶乘，结果wa了一发，后来发现正确做法后只需要随便改一下就行了，所以还是python代码）

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import math

a, b = map(int, input().split());

if a < b:
	ans = 1
	for i in range(1, a + 1):
		ans = ans * i % b
	print(ans)
else:
	print(0)

C 异或与位移

题意：一个长度位n的数组a，和一个k，a的值在-k + 1到 k - 1之间，m个询问，给你一个二进制数y，它是由一个x变过来的：第i次变化中，如果$a_i$ > 0就让x和x左移$a_i$位异或，否则和x右移$a_i$位异或。求这个x。

因为我们知道y，所以我们可以反过来操作，举个例子，对于一个二进制数abc(a, b, c等于0或1), 它左移2位等于110,那么就是c00 ^ abc = 110这是可以求出来abc的，先根据那几个0来确定后面几位，然后根据后面的数确定前面的数。右移一样的思路。 那么我们可以倒退操作找到x。

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void solve() {
    int n, m, k;
    std::cin >> n >> m >> k;
    std::vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	std::cin >> a[i];
    }

    while (m -- ) {
    	std::string s;
    	std::cin >> s;
    	s = std::string(k - (int)s.size(), '0') + s;
    	bool flag = true;
    	for (int i = n - 1; i >= 0; -- i) {
			std::string t(k, '?');
    		if (a[i] > 0) {
    			for (int j = k - a[i]; j < k; ++ j) {
    				t[j] = s[j];
    			}

    			for (int j = k - a[i] - 1; j >= 0; -- j) {
    				if (t[j + a[i]] == '?') {
    					flag = false;
    					break;
    				}

    				t[j] = ((t[j + a[i]] ^ s[j]) & 1) + '0';
    			}
	    	} else {
	    		for (int j = 0; j < -a[i]; ++ j) {
	    			t[j] = s[j];
	    		}

	    		for (int j = -a[i]; j < k; ++ j) {
	    			if (t[j + a[i]] == '?') {
	    				flag = false;
	    				break;
	    			}

	    			t[j] = ((t[j + a[i]] ^ s[j]) & 1) + '0';
	    		}
	    	}

	    	if (t.find('?') != t.npos) {
	    		flag = false;
	    	}

	    	if (!flag) {
	    		break;
	    	}

    		s = t;
	    	// std::cout << s << "\n";
    	}

    	if (!flag) {
    		std::cout << -1 << "\n";
    		continue;
    	}

    	int p = s.find('1');
    	if (p == s.npos) { 
    		std::cout << "0\n";
    	} else {
    		std::cout << s.substr(p) << "\n";
    	}
    }
}

D 被拒绝在外的打卡

写麻了，每次wa一发后就发现了问题，前前后后de一个小时bug，最后还是没过，感觉应该还是思路的问题。

题意：给你一棵树或者一棵基环树，开始每个点上都有人，每一时刻每个点上的人都同时移动，两个相邻点上的人可以互换位置，问至少要加几个和原有点连接使得可以无限移动下去。如果不需要加点就输出Yes。

看了官方题解后发现思路和解法2差不多，只不过我没想到基环树不要特殊处理，结果自己特判基环树情况搞个基环树dp搞半天没搞出来。
一个点要么在环里面围着这个环跑，要么和一个相邻的点轮流换。那么考虑树的情况，我们从叶子节点开始匹配，因为叶子节点的匹配是固定的，只能和它的父亲匹配。每个点搞完后会有新的叶子，这样搞下去发现某些点没有可以匹配的就ans+1。那么对于基环树的情况为什么也有效，把官方题解贴这里：
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/1450957

对于基环树，我们有两种情况：

1. 环上的点轮着移动

   这种情况通过上述方式能够匹配出来。

2. 有一条边不会被匹配

   我们按照上述方式匹配直到环上的一个点，此时将这个点匹配会让环同时减少两条边，那么此时这个图又变成 了一棵树，我们可以继续按照上述方式匹配，直到没有度数为 1 的点。

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void solve() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    std::vector<std::vector<int> > adj(n);
    std::vector<int> deg(n);
    for (int i = 0; i < m; ++ i) {
    	int u, v;
    	std::cin >> u >> v;
    	-- u, -- v;
    	adj[u].push_back(v);
    	adj[v].push_back(u);
    	++ deg[u]; ++ deg[v];
    }

    if (n == 1) {
    	std::cout << 1 << "\n";
    	return;
    }

    std::queue<int> q;
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
    	if (deg[i] == 1) {
    		q.push(i);
    	}
    }

    int ans = 0;
    std::vector<int> vis(n);
    while (q.size()) {
    	int u = q.front(); q.pop();
    	if (vis[u]) {
    		continue;
    	}

    	vis[u] = 1;

    	bool flag = false;
    	for (auto & v : adj[u]) {
    		if (!vis[v]) {
    			flag = true;
    			vis[v] = 1;
    			for (auto & x : adj[v]) {
    				if (!vis[x] && -- deg[x] == 1) {
    					q.push(x);
    				}
    			}

    			break;
    		}
    	}

    	if (!flag) {
    		++ ans;
    	}
    }

    if (ans) {
    	std::cout << ans << "\n";
    } else {
    	std::cout << "Yes\n";
    }
}

E 斐波那契的压迫

因为卡d所以看了一眼，很明显是线段树，但感觉比较麻烦并且当时没时间了就继续去做d了。
待补