noip模拟44

A. Emotional Flutter

直接将所有黑块平移到 $[1-k,0]$ 的区间即可，然后找有没有没被覆盖过的整点

注意特判 $1-k$ 以及 $0$ 的可行性，考场这里写挂成 $10$ 分

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B. Medium Counting

设 $f[i][j][pos][c]$ 表示第 $i$ 个到第 $j$ 个字符串考虑从 $pos$ 开始的后缀，且第 $pos$ 位至少填 $c$ 的方案数
$f[i][j][pos][c]+=f[i][j][pos][c+1]$
$f[i][j][pos][c]+=f[i][k][pos+1][0] * f[k+1][j][pos][c+1]$

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=55;
char c[maxn][maxn];
int a[maxn][maxn],len,n,f[maxn][maxn][maxn][30];
const int mod=990804011;
int dfs(int l,int r,int pos,int c){
	if(l>r)return 1;
	if(pos==len+1)return l==r;
	if(c>26)return 0;
	if(~f[l][r][pos][c])return f[l][r][pos][c];
	int ans=0;
	ans+=dfs(l,r,pos,c+1);
	for(int i=l;i<=r;i++){
//		if(!(a[i][pos]==c||(a[i][pos]==27&&c)))break;
		if(a[i][pos]!=c&&!(a[i][pos]==27&&c))break;
		ans+=dfs(l,i,pos+1,0)*dfs(i+1,r,pos,c+1)%mod;
		ans%=mod;
	}
	f[l][r][pos][c]=ans;
	return ans;
}
signed main(){
	memset(f,-1,sizeof f);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",c[i]+1);
		int l=strlen(c[i]+1);
		len=max(len,l);
		for(int j=1;j<=l;j++){
			if(c[i][j]!='?')a[i][j]=c[i][j]-'a'+1;
			else a[i][j]=27;
		}
	}
	cout<<dfs(1,n,1,0);
	return 0;
}

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C. Huge Counting

由于只有 $f(1,1,……,1)$ 有贡献，所以相当于是每个点的值是走到这个点的方案数
是多重集排列：

$$\frac{(\sum x_i)!}{\prod x_i!}$$

然而答案只问奇偶，所以只要统计分子分母 $2$ 的因子数是否相等即可

转化成下面的式子：

$$\sum_{w=2^i} (\frac{\sum x_i}{w}-\sum \frac{x_i}{w})$$

发现 $x$ 每一位如果有进位一定在相减时产生差值
所以约束条件就是所有 $x$ 每一位最多一个为 $1$，数位 $dp$ 即可

数位 $dp$ 的结果是形如小于等于 $lim_i$ 的方案数，发现还有下边界，容斥即可

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=990804011;
const int up=50;
const int maxn=105,maxm=1005;
int f[maxn][maxm],ans,n,l[maxn],r[maxn],all,lim[maxn],t;
bool flag;
int dp(){
	memset(f,0,sizeof f);
	all=(1<<n)-1;
	f[up][all]=1;
//	if(!flag){
//		for(int i=1;i<=n;i++)cout<<lim[i]<<" ";
//		cout<<endl<<endl;
//	}
	for(int i=up;i>=1;i--){
		for(int S=0;S<=all;S++){
			if(f[i][S]){
//				if(!flag)cout<<i<<" "<<S<<" "<<f[i][S]<<endl;
				int T=0;
//				for(int j=0;j<n;j++){
//					if(S>>j&1 && !(limit[j+1]>>i-1&1))
//				}
				
				for(int j=1;j<=n;j++){
					if( ((1<<(j-1))&S) && (!((1ll<<(i-1))&lim[j])) ){
						T|=(1<<(j-1));
					}
				}
				f[i-1][T]=(f[i-1][T]+f[i][S])%mod;
//				if(!flag)cout<<"ppp "<<T<<endl;
				for(int j=1;j<=n;j++){
					if( (1<<(j-1))&S && (1ll<<(i-1))&lim[j] || (!((1<<(j-1))&S)) ){
						//int TT=T&((-1)^1<<(j-1)) | (((1<<(j-1))&S && (1ll<<(i-1))&lim[j])?1<<(j-1):0);
						int TT;
						if((1<<(j-1))&S)TT=T|(1<<(j-1));
						else TT=T&((-1)^1<<(j-1));
						f[i-1][TT]=(f[i-1][TT]+f[i][S])%mod;
					}
				}
			}
		}
	}
	flag=true;
	int res=0;
	for(int i=0;i<=all;i++)res=(res+f[0][i])%mod;
	return res;
}
void rc(int pos,int op){
	if(pos==n+1){
//		cout<<"hhh "<<dp()<<endl;
		ans=(ans+dp()*op+mod)%mod;
		return ;
	}
	lim[pos]=r[pos];
	rc(pos+1,op);
	if(l[pos]>=1){
		lim[pos]=l[pos]-1;
		rc(pos+1,-op);
	}
	return ;
}
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>l[i]>>r[i];
			l[i]--;
			r[i]--;
		}
		ans=0;
		rc(1,1);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

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D. 字符消除2

容易发现可行循环长度是 $kmp$ 一直取 $nxt$ 的结果
那么构造 $01$ 串的时候，如果 $nxt[nxt[i]] * 2>nxt[i]$，直接把不重复的后缀复制过去即可
否则整个复制后中间还有空隙，按照贪心的思想全填 $0$ 最优，但是可能会出现更多的循环节，那么暴力 $kmp$ 这一区间的 $01$ 串，如果有不满足的位置，把中间部分最后一个 $0$ 改成 $1$，这样一定破坏了原来多出来的匹配部分而满足条件

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
char a[maxn];
int nxt[maxn],nxt1[maxn],t,n,cnt,p[maxn];
bool ans[maxn];
void kmp(){
	memset(nxt,0,sizeof nxt);
	for(int i=2,j=0;i<=n;i++){
		while(j&&a[i]!=a[j+1])j=nxt[j];
		if(a[i]==a[j+1])j++;
		nxt[i]=j;
	}
	cnt=0;
	p[++cnt]=n;
	int x=nxt[n];
	while(x){
		p[++cnt]=x;
		x=nxt[x];
	}
	return ;
}
void kmp1(int n){
	memset(nxt1,0,sizeof nxt1);
	for(int i=2,j=0;i<=n;i++){
		while(j&&ans[i]!=ans[j+1])j=nxt1[j];
		if(ans[i]==ans[j+1])j++;
		nxt1[i]=j;
	}
	return ;
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		memset(ans,0,sizeof ans);
		scanf("%s",a+1);
		n=strlen(a+1);
		kmp();
		reverse(p+1,p+cnt+1);
//		for(int i=1;i<=cnt;i++)cout<<p[i]<<" ";
//		cout<<endl;
		if(p[1]>1)ans[p[1]]=1;
		for(int i=2;i<=cnt;i++){
			if(p[i-1]*2>=p[i]){
				int len=p[i]-p[i-1];
				for(int j=p[i];j>=p[i-1]+1;j--)ans[j]=ans[j-len];
			}
			else{
				int len=p[i]-p[i-1];
				for(int j=p[i];j>=p[i]-p[i-1]+1;j--)ans[j]=ans[j-len];
				kmp1(p[i]);
//				for(int j=1;j<=n;j++)cout<<ans[j];
//				cout<<endl;
				for(int j=1;j<=i;j++){
//					cout<<nxt1[j]<<" ";
					if(nxt1[p[j]]!=nxt[p[j]]){
						ans[p[i]-p[i-1]]=1;
						break;
					}
				}
//				cout<<endl;
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i];
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}