2020 CCPC 长春(待补)

D. Meaningless Sequence

分析：

我居然找规律做出来了！！！！

发现 长度为k的一系列数 就是长度为k-1的一系列复制一遍 加上 k-1的一系列乘c 再复制一遍

这样前缀和就能处理出来 pre[k] 表示 长度为k的前缀和

然后 依次处理串的当前位置的长度lennow 如果是1 那就加上 pre[lennow-1]乘C[num]

其中C[num] 表示在当前位置前有多少个1 pre[lennow-1]会被递推式算C[num]次

特判最后一位即可

按照我的做法复杂度只是O(len) 数据再开大点都行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) x&(-x)
#define ll long long
const int mod=1e9+7;
const int maxn=3005;
int len;
ll pre[maxn],c,res,Ans,C[maxn];
string n;
void solve();
void dfs(int,int);
int main(){
	int T;T=1; 
	while(T--)solve();
     return 0;
}
void solve(){
    cin>>n>>c;
	pre[1]=1+c;
	pre[2]=(1+c+c*(1+c)%mod)%mod;
	res=c*(1+c)%mod;
	C[0]=1;
	C[1]=c;C[2]=c*c%mod;
	len=n.size();
	for(int i=3;i<=len;i++)
	res=res*(1+c)%mod,pre[i]=(res+pre[i-1])%mod,C[i]=C[i-1]*c%mod;
	dfs(0,0);
	cout<<Ans;
}
void dfs(int now,int num){
	if(now==len-1){
		if(n[now]=='0')
		Ans=(Ans+C[num])%mod;
		else Ans=(Ans+C[num]*(1+c)%mod)%mod;
		return;
	}
	if(n[now]=='1')
	Ans=(Ans+pre[len-now-1]*C[num])%mod,dfs(now+1,num+1);
	else dfs(now+1,num);
}

数位dp解法：
可以发现一个数的大小与它的二进制表示中的1的个数有关，a=c^(二进制中1的个数）

那么题目就转化为求所有数中1的个数

使用的是数位dp的方法，枚举1的个数来分配。

对于没有上限要求的x长度串中分配y个1的方案数直接可以使用组合数C(y,x)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<string>
using namespace std;
#define ll long long 
const int mod = 1e9 + 7;
ll ans;
int m;
string a;
int sz;
ll c[3100][3100]; //组合数
int num[3100];
ll fastpow(ll base, ll n, ll mod) {
	ll ans = 1;
	while (n) {
		if (n & 1) ans *= base % mod, ans %= mod;
		base *= base, base %= mod;
		n >>= 1;
		
	}
	return ans % mod;
}

void init() {
	cin >> a;
	cin >> m;
	sz = a.size();
	for (int i = 0; i <= sz; i++) {
		c[i][i] = c[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j < i; j++) {
			c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1])%mod;
		}
	}
}
ll helper(int pos, int limit, int cnt, int k) {
	if (pos == -1)
		return cnt==k;
	if (!limit) {
		if (cnt <= k)
			return c[pos + 1][k - cnt];
		else
			return 0;
	}
	ll res = 0;
	int up = limit ? num[pos] : 1;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		res += helper(pos - 1, limit && i == up, cnt+i, k) % mod;
		res %= mod;
	}
	return res;
}
void solve() {
	for (int i = 0; i < sz; i++) 
		num[i] = a[sz - i - 1] - '0';
	ll base = 1;
	for (int i = 0; i <= sz; i++) {  //枚举1的个数
		ans += base * helper(sz - 1, 1, 0, i) % mod;
		ans %= mod;
		base *= m;    
		base %= mod;
	}
	cout << ans << endl;
}
int main() {  
	init();
	solve();
	return 0;
}

分析：

#include <bits/stdc++.h>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define pb emplace_back
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=N*20,LIM=1e5;
const int pw10[]={1,10,100,1000,10000,100000,1000000};

int Enum,S,T,H[N],nxt[M],fr[M],to[M],cap[M],pre[N],lev[N],lk[N];
bool odd[N],vis[N];

inline int read()
{
	int now=0,f=1; char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now*f;
}
inline void AE(int u,int v,int w)
{
	to[++Enum]=v, fr[Enum]=u, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, cap[Enum]=w;
	to[++Enum]=u, fr[Enum]=v, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, cap[Enum]=0;
}
bool BFS()
{
	static int q[N];
	int T=::T;
	for(int i=S; i<T; ++i) lev[i]=T+1;
	int h=0,t=1; q[0]=T, lev[T]=0;
	while(h<t)
	{
		int x=q[h++];
		for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
			if(lev[to[i]]==T+1 && cap[i^1])
				lev[to[i]]=lev[x]+1, q[t++]=to[i];
	}
	return lev[S]<=T;
}
inline int Augment()
{
	for(int i=T; i; i=fr[pre[i]])
		--cap[pre[i]], ++cap[pre[i]^1];
	return 1;
}
int ISAP()
{
	static int cur[N],num[N];

	if(!BFS()) return 0;
	int S=::S,T=::T,res=0,x=S;
	memset(num,0,T+1<<2);
	for(int i=S; i<=T; ++i) cur[i]=H[i], ++num[lev[i]];
	while(lev[S]<=T)
	{
		if(x==T) res+=Augment(),x=S;
		bool can=0;
		for(int i=cur[x]; i; i=nxt[i])
			if(lev[to[i]]==lev[x]-1 && cap[i])
			{
				can=1, cur[x]=i, pre[x=to[i]]=i;
				break;
			}
		if(!can)
		{
			int mn=T;
			for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
				if(cap[i]) mn=std::min(mn,lev[to[i]]);
			if(!--num[lev[x]]) break;
			++num[lev[x]=mn+1], cur[x]=H[x];
			if(x!=S) x=fr[pre[x]];
		}
	}
	return res;
}
void DFS(int x)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
		if(/*lk[to[i]] && */!vis[lk[to[i]]]) DFS(lk[to[i]]);
}
void Solve()
{
	static int Ts=0; ++Ts;
	static int ban[N];

	int m=read(),n=read(),start=read();
	Enum=1, S=0, T=pw10[m]+1;
	while(n--) ban[read()]=Ts;

	for(int i=0; i+1<T; ++i)
		if(ban[i]!=Ts)
		{
			if(odd[i]) AE(i+1,T,1);
			else AE(S,i+1,1);
		}
	int tmp=Enum;
	for(int i=0; i+1<T; ++i)
		if(ban[i]!=Ts && !odd[i])
			for(int j=0; j<m; ++j)
			{
				int bit=i/pw10[j]%10,x;
				if(bit!=9) x=i+pw10[j];
				else x=i-9*pw10[j];
				if(ban[x]!=Ts) AE(i+1,x+1,1);

				if(bit) x=i-pw10[j];
				else x=i+9*pw10[j];
				if(ban[x]!=Ts) AE(i+1,x+1,1);
			}
	ISAP();
//--做法1：
//	if(odd[start]) AE(start+1,T,1);
//	else AE(S,start+1,1);
//	if(ISAP()) puts("Alice");
//	else puts("Bob");

//--做法2：
	for(int i=tmp+1; i<=Enum; i+=2)
		if(!cap[i]) assert(!lk[fr[i]]&&!lk[to[i]]),lk[fr[i]]=to[i], lk[to[i]]=fr[i];
	vis[0]=1;//! DFS别走0。
	for(int i=1; i<T; ++i) if(!lk[i] && !vis[i]) DFS(i);
	puts(vis[start+1]?"Bob":"Alice");//vis=0:一定在最大匹配中 

	memset(H,0,T+1<<2), memset(lk,0,T+1<<2), memset(vis,0,T+1);
}

int main()
{
	for(int i=0; i<LIM; ++i)
	{
		int x=i,t=0;
		while(x) t+=x%10,x/=10;
		odd[i]=t&1;
	}
	for(int T=read(); T--; Solve());

	return 0;
}