[比赛|考试]nowcoder NOIPpj组第二场

nowcoder NOIPpj组第二场

370pts/400pts(100,100,100,70) rank3

给自己的反思：前3题都A了，T4O(N^2)不会就是不会(没准是我懒得推了)，DP了70pts，没什么好反思的，反正就是保持状态吧(qtmd我就是个喜欢做水题的菜鸡)反正以后水题保证一遍AC难题保证暴力就行

以下是题解

---

题目链接

T1.你好诶加币

牛牛刚学习了输入输出，他遇到了一道这样的题目。

输入2个整数a和b
保证输入的a和b在long long范围之内，即满足
-9223372036854775808 <= a, b <= 9223372036854775807
计算a+b的值，即这两个数字的和。
如果a+b在long long范围之内，即满足
-9223372036854775808 <= a + b <= 9223372036854775807
那么输出一行一个整数表示a+b的结果。
如果a+b不在long long范围之内，即越界了，那么输出"hello, %lld\n"，包含引号。

用python来cheatforscore是一个好方法，现在luogu，nowcoder都资磁python3了

既然是python那么就简单了直接模拟就行，如下

def main():
    s = input().split()
    res = int(s[0]) + int(s[1])
    if res <= 9223372036854775807 and res >= -9223372036854775808:
        print(res)
    else:
        print('''"hello, %lld\\n"''')
main()

唠唠正解吧，可以用__int128(至少在nowcoder可以)（zwfymqz大佬残忍地没有开类型转换还是炸了）。打个高精就能过。懒得写代码。

T2. 最后一次

牛牛最近学习了质数的概念。 质数指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数。 输入一个n，输出小于等于n最大的质数。

可以从n往下枚举并判断这个数是否为素数。

暴力判素数可做，记得全程开long long，注意是全程

暴力判断素数代码(17ms)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
long long n;
 
bool isprime(long long x)
{
    for (long long i = 2; i * i <= x; i++)
        if (x % i == 0)
            return false;
    return true;
}
 
int main()
{
    cin >> n;
    for (long long i = n; i >= 1; i--)
    {
        if (isprime(i))
        {
            cout << i << endl;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

然而我的Miller-Rabin也过了(3ms)，注意乘法不能直接乘会炸long long，要写龟速乘法(程序中的turtle())

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
long long turtle(long long x, long long y, long long p)
{
    long long res = 0;
    while (y > 0)
    {
        if (y & 1)
            res = (res + x) % p;
        (x <<= 1) %= p;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}
 
long long qpow(long long x, long long y, long long p)
{
    long long res = 1;
    while (y > 0)
    {
        if (y & 1)
            res = turtle(res, x, p);
        x = turtle(x, x, p);
        y >>= 1;
    }
    return res;
}
 
 
 
bool Miller_Rabin(long long N, long long a)
{
    if (N == a)
        return true;
    if (N == 46856248255981LL || N < 2 || N % a == 0)
        return false;
    long long d = N - 1;
    while (!(d & 1))
        d >>= 1;
    long long t = qpow(a, d, N);
    while (d != N - 1 && t != 1 && t != N - 1)
    {
        t = turtle(t, t, N);
        d <<= 1;
    }
    return (t == N - 1) || ((d & 1) == 1);
}
 
inline bool prime(long long x)
{
    return (Miller_Rabin(x, 2) && Miller_Rabin(x, 3) && Miller_Rabin(x, 7) && Miller_Rabin(x, 61) && Miller_Rabin(x, 24251));
}
 
 
int main()
{
    long long n;
    cin >> n;
    for (long long i = n; i >= 1; i--)
    {
        if (prime(i))
        {
            cout << i << endl;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

T3.选择颜色

n个人排成一个环形，每个人要从c种颜色中选择一个。 牛牛希望相邻的人选择的颜色是不同的，问有多少种方案。输出方案数对10007取模的结果。 人是有顺序的，环旋转同构算不同的方案。

结论题。有通项公式，我不会推。这里给出递推公式的推的过程。

考虑一个有n个节点的环，按照逆时针顺序依次给环上节点染色。
第一个节点有c种颜色，第2~n-1个节点由于不能与他上一个节点的颜色重复，每个节点都有(c-1)种颜色。(其实这句话没用)
考虑第n个节点，设情况数量为f(n)。如果他两边的节点(第1个和第n-1个)颜色相同，那么他有c-1种颜色。否则有c-2种颜色。
对于两边珠子颜色相同的情况，把第(n-1)个节点和第n个节点删除，剩余n-2个节点环--第(n-2)个节点和第1个节点连接在一起。由于第(n-1)个节点的颜色和第1个节点颜色相同，所以一定是合法的。这个环有f(n-2)个节点，也就是有f(n-2)种情况，新加的珠子有c-1种，即一共有(c-1)f(n-2)种。
对于两边珠子颜色不同的情况，把该节点(第n个节点)删除，剩余n-1个节点的环--第(n-1)个节点和第1个节点连接在一起，由于第(n-1)个节点的颜色和第1个节点颜色不相同，所以这个环也一定是合法的。这个环有f(n-1)个节点，新加的珠子有(c-2)种颜色，所以一共有(c-2)f(n-1)种颜色。

根据加法原理和乘法原理，f(n)=(c-2)f(n-1)+(c-1)f(n-2)。(感谢@_Lancy的指正)这是一个2阶线性递推式，可以O(n)推出。如果使用矩阵快速幂可以加速到O(logn)。（原谅我用四个变量写矩阵。。。。。）

#include <bits/stdc++.h>
#define p 10007
using namespace std;
 
struct matrix
{
    int a, b, c, d;
};
matrix operator*(const matrix &x, const matrix &y)
{
    return (matrix){(x.a * y.a + x.b * y.c) % p, (x.a * y.b + x.b * y.d) % p, (x.c * y.a + x.d * y.c) % p, (x.c * y.b + x.d * y.d) % p};
}
 
matrix qpow(matrix x, long long y)
{
    matrix res;
    res.a = res.d = 1;
    res.b = res.c = 0;
    while (y > 0)
    {
        if (y & 1)
            res = res * x;
        x = x * x;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}
 
 
int main()
{
    long long n, c;
    cin >> n >> c;
    matrix start3;
    start3.a = c * (c - 1) * (c - 2) % p;
    start3.c = c * (c - 1) % p;
    start3.b = 0;
    start3.d = 0;
    matrix d;
    d.a = c - 2;
    d.b = c - 1;
    d.c = 1;
    d.d = 0;
    cout << (qpow(d, n - 3) * start3).a << endl;
    return 0;
}

T4.合法括号序列

键盘上有左括号(，右括号)，和退格键-，共三个键。 牛牛希望按键n次，使得输入的字符串恰好一个合法的括号序列。 每按一次左括号(，字符串末尾追加一个左括号( 每按一次右括号)，字符串末尾追加一个右括号) 每按一次退格键-，会删掉字符串的最后一个字符， 特别的，如果字符串为空，牛牛也可以按退格，但是什么都不会发生。 输出方案数对p取模，注意p可能不是质数。 只要按键方法不同，就是不同的方案，即使得到的序列一样。

因为我很弱，所以这里只给出70pts的solution

区间上的问题考虑dp。但是这题尝试设状态的时候发现会有后效性---你在按backspace后不知道你删除了什么。所以这题考虑倒着做：按backspace键相当于取消掉后面最近的一个非backspace字符的效果，在下面我们称之为forwardspace。(backspace的效果可以累积，自己脑洞打开想一下这是什么个操作)这样就可以设状态了。令f[i][j][k]代表后i个字符，括号深度为j，此时有k个累积的backspace的效果。我们不难很难得到状态转移如下：（以下均为填表法）

状态	加一个左括号	加一个右括号	加一个forwardspace
f[i][0][0]	f[i-1][0][1]	f[i-1][1][0],f[i-1][0][1]
f[i][j][0]	f[i-1][j-1][0],f[i-1][j][1]	f[i-1][j+1][0],f[i-1][j][1]
f[i][j][k]	f[i-1][j][k+1]	f[i-1][j][k+1]	f[i-1][j][k-1]

f[i][0][0] = f[i-1][0][1] + f[i-1][1][0] + f[i-1][0][1]
f[i][j][0] = f[i-1][j-1][0] + f[i-1][j][1] + f[i-1][j+1][0] + f[i-1][j][1]
f[i][j][k] = f[i-1][j][k+1] + f[i-1][j][k+1] + f[i-1][j][k-1]

注意到当前字符串没有文本按backspace没有效果，转化一下就是最后剩余多余的forwardspace没有效果。答案是所有f[n][0][k]的和。

然后我们开三维的1000数组，这样开空间会炸，注意到i只与i-1有关，开滚动数组即可，把第1维滚掉。

时间复杂度：O(n^{3)，空间复杂度O(n}2)，期望得分70pts

我的代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int f[2][1010][1010];
int n, p, ans;
 
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &p);
    f[0][0][0] = 1;
    for (int i = 1, t = 1; t <= n; i ^= 1, t++)
    {
        f[i][0][0] = (f[i ^ 1][1][0] + 2 * f[i ^ 1][0][1]) % p;
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            f[i][j][0] = (f[i ^ 1][j - 1][0] + f[i ^ 1][j + 1][0] + 2 * f[i ^ 1][j][1]) % p;
        for (int k = 1; k <= n; k++)
            for (int j = 0; j <= n; j++)
                f[i][j][k] = (f[i ^ 1][j][k + 1] * 2 + f[i ^ 1][j][k - 1]) % p;
    }
    for (int k = 0; k <= n; k++)
        (ans += f[1 & n][0][k]) %= p;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}