2018.12.26 考试(哈希，二分，状压dp)

T1

传送门

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

传送门

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

传送门

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;
}