2018.12.26 考试(哈希，二分，状压dp)
T1
解题思路
发现有一个限制是每个字母都必须相等，那么就可以转化成首尾的差值相等，然后就可以求出\(k-1\)位的差值\(hash\)一下。\(k\)为字符集大小，时间复杂度为\(O(nk)\)。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100005;
const int mod = 131;
const ull base = 666623333;
const int MOD = 1e9+7;
int n,cnt,sum[MAXN][60];
char s[MAXN];
LL ans;
ull hsh[MAXN];
map<char,int> mp;
map<ull,int> SUM;
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!mp.count(s[i])) mp[s[i]]=++cnt;
sum[i][mp[s[i]]]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=cnt;j++)
sum[i][j]+=sum[i-1][j];
//for(int i=1;i<=n;i++)
//for(int j=1;j<=cnt;j++)
//printf("sum[%d][%d]=%d\n",i,j,sum[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++){
ull now=1;
for(int j=2;j<=cnt;j++)
now=now*base+(ull)(sum[i][j]-sum[i][j-1]+mod);
hsh[i]=now;
SUM[now]=SUM[now]+1;
}
hsh[0]=1;
for(int j=1;j<cnt;j++)
hsh[0]=hsh[0]*base+mod;
SUM[hsh[0]]=SUM[hsh[0]]+1;
for(int i=0;i<=n;i++){
SUM[hsh[i]]=SUM[hsh[i]]-1;
ans=(ans+SUM[hsh[i]])%MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T2
解题思路
二分一个时间，使得一对粒子的距离之和\(<=L\)，然后重复\(k\)次，时间复杂度\(O(nklog(MAX)\)。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 50005;
const double eps = 1e-6;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
void out(int x){
if(!x) return ;out(x/10);putchar('0'+x%10);
}
int n,L,k,Maxx[3],Maxy[3],ans[105][2];
bool visx[MAXN],visy[MAXN];
double disx[3],disy[3],now;
struct Data{
int v,t;
}a[MAXN],b[MAXN];
inline bool check(int tmp,double lim){
Maxx[1]=Maxx[2]=Maxy[1]=Maxy[2]=disx[1]=disx[2]=disy[1]=disy[2]=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
if(!visx[i] && a[i].t<=lim) {
if((double)(lim-a[i].t)*a[i].v>disx[1]) {
Maxx[2]=Maxx[1];disx[2]=disx[1];
disx[1]=(double)(lim-a[i].t)*a[i].v;Maxx[1]=i;
}
else if((double)(lim-a[i].t)*a[i].v>disx[2]) Maxx[2]=i,disx[2]=(double)(lim-a[i].t)*a[i].v;
}
if(!visy[i] && b[i].t<=lim){
if((double)(lim-b[i].t)*b[i].v>disy[1]){
Maxy[2]=Maxy[1];disy[2]=disy[1];
disy[1]=(double)(lim-b[i].t)*b[i].v;Maxy[1]=i;
}
else if(((double)(lim-b[i].t)*b[i].v>disy[2])) Maxy[2]=i,disy[2]=(double)(lim-b[i].t)*b[i].v;
}
if(disx[2]+disy[2]>=L) return 0;
}
if(!Maxx[1] || !Maxy[1]) return 1;
if(disx[1]+disy[1]<L) return 1;
if(disx[2]+disy[2]>=L) return 0;
ans[tmp][0]=Maxx[1];ans[tmp][1]=Maxy[1];now=lim;
return 0;
}
int main(){
n=rd(),L=rd(),k=rd();double l,r,mid;
for(register int i=1;i<=n;i++)
a[i].t=rd(),a[i].v=rd();
for(register int i=1;i<=n;i++)
b[i].t=rd(),b[i].v=rd();
for(register int i=1;i<=k;i++){
l=now;r=1e9+2e8;
while(r-l>=eps){
mid=(l+r)/2;
if(check(i,mid)) l=mid+eps;
else r=mid-eps;
}
visx[ans[i][0]]=1;visy[ans[i][1]]=1;
out(ans[i][0]),putchar(' '),out(ans[i][1]),putchar('\n');
}
return 0;
}
T3
解题思路
状压\(dp\)，考场上脑抽了写了个\(2^{3^{质因数}}\)级别的垃圾做法。。正解十分玄学，前\(6\)位三进制状压表示每个质因数出现的次数，后\(21\)为二进制状压表示哪两个质因数不能同时出现，然后用\(map\)来存状态。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9+7;
const int poww[8] = {1,3,9,27,81,243,729,2187};
LL n;
int ans,a[55],cnt,num[55],ban[55];
map<int,int> mp;
map<int,int>::iterator it;
inline void init(){
int x=n;
for(LL i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i) continue;
a[cnt]=i;
while(!(x%i)) x/=i,num[cnt]++;
cnt++;
}
if(x!=1) a[cnt]=x,num[cnt++]=1;
}
int get_new(int S,int now){
int ret=S,bit=1;
for(int i=0;i<cnt;i++){
if((now&(1<<i)) && S/bit%3<2) ret+=bit;
bit*=3;
}
for(int i=0;i<cnt;i++)
for(int j=i+1;j<cnt;j++){
if((now&(1<<i)) && ((S/poww[j])%3>0) && (!((S/bit)&1))) ret+=bit;
else if((now&(1<<j)) && ((S/poww[i])%3>0) && (!((S/bit)&1))) ret+=bit;
bit<<=1;
}
return ret;
}
inline int get_num(int S){
int ret=1;
for(int i=0;i<cnt;i++)
if(S&(1<<i)) ret*=num[i],ret%=MOD;
return ret;
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);int kk=0;
init();it=mp.insert(make_pair(0,1)).first;
while(it!=mp.end()){kk++;
ans+=it->second;ans%=MOD;
int tmp=it->first,now=0,tot=0,flag,k;
for(int i=0;i<cnt;i++){
if(tmp%3<2) now|=(1<<i);
tmp/=3;
}
for(int i=0;i<cnt;i++)
for(int j=i+1;j<cnt;j++){
if(tmp&1) ban[++tot]=(1<<i)|(1<<j);
tmp>>=1;
}
for(int i=now;i;i=(i-1)&now){
flag=false;
for(int j=1;j<=tot;j++)
if((ban[j]|i)==i) {flag=true;break;}
if(flag) continue;
k=get_new(it->first,i);
if(mp.find(k)==mp.end()) mp.insert(make_pair(k,0));
mp[k]+=it->second*get_num(i)%MOD;mp[k]%=MOD;
}
it++;
}
printf("%lld\n",(ans-1+MOD)%MOD);
return 0;
}
