牛客网_Wannafly模拟赛1

A.矩阵

题目链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/submit/f8363c912a4c48a28b80f47e7102b6b8?ACMContestId=2&tagId=4

题目意思：这个题目是中文就不加解释了，首先这个子矩阵，就说明这个矩阵是实心的，并不是只是一个框，所以为什么我强调这点呢？因为比赛的时候我傻逼了，唉，心痛。

题目思路：二维哈希+二分

　　之前没学过哈希，所以第一次遇到就碰到二维的哈希qwq，首先哈希就是为了把一个字符串通过一个基数（一般是素数）把他压缩成一个值，冲突的概率极小，所以我们可以很方便的通过一个值来比较两个字符串是否相同，这是一维的哈希，如果是二维的哈希呢？没错我们需要两个基数，我们可以把一个字符串压成一个值，那么对于一系列由字符串压成的值再通过一个基数压成一个新的值，这样这个值就代表一个矩阵了。接下来再次附上我的灵魂画作

如上图所示，[0,r]这个区间的字符串所压缩成的哈希值实际上是储存在下标为数组中r+1的格子里面。所以实际上每个下标为n的格子实际上储存了[0,n)这个左闭右开区间内部的哈希值，那么如果我们要的到某个区间的哈希值呢？我们来举一个例子，我们假设一个字符串是1234567，我们设基数为10（十进制方便理解），我们把这个情况画出来

比如现在我们想要得到区间在字符串中区间为[3,5]的哈希值,或者说从3开始长度为(5-3+1)的区间的哈希值（如果是[3,6)就是（6-3）），就是123456-123000=456，也就是说如果是区间

[L,R)我们可以通过hash_get(L,R-L)来获取哈希值，如果是[L,R]，我们可以通过hash_get（L,R-L+1）来获得哈希值，想要得到哈希值我们需要预处理基数的次方表。

那么对于二维哈希表来说其实也一样，也是一样，这里就不做多余的说明。

然后就是二分，记住最大值最小化二分时终点是mid=(L+R+1)/2;否则会死循环。

代码：

 //Author: xiaowuga
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define inf 0x3f3f3f3f
 #define MAX INT_MAX
 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 const long long N=;
 const long long mod=1e9+;
 typedef long long LL;
 typedef int II;
 typedef unsigned long long ull;
 #define nc cout<<"nc"<<endl
 #define sp " "
 ull p1=,p2=;
 ull x1[N],x2[N];
 vector<string>a;
 II n,m;
 ull Hash[N][N];
 void init(){
     x1[]=;x2[]=;
     for(II i=;i<;i++){
         x1[i]=x1[i-]*p1;
         x2[i]=x2[i-]*p2;
    }
 }
 void hash_init(){
     mem(Hash,);
     for(II i=;i<=n;i++){
         for(II j=;j<=m;j++){
             Hash[i][j]=Hash[i][j-]*p1+a[i-][j-]-'a'+;
         }
     }
     for(II j=;j<=m;j++){
         for(II i=;i<=n;i++){
             Hash[i][j]=Hash[i-][j]*p2+Hash[i][j];
        }
     }
 }
 ull Hash_get(II x,II y,II l){
     ull ans=Hash[x+l][y+l]-Hash[x][y+l]*x2[l];
     ull res=Hash[x+l][y]-Hash[x][y]*x2[l];
     return ans-res*x1[l];
 }
 bool OK(II k){
     if(!k) return false;
     unordered_set<ull>q;
     for(II i=;i+k<=n;i++){
         for(II j=;j+k<=m;j++){
             ull ans=Hash_get(i,j,k);
             if(q.find(ans)!=q.end()) return true;
             else q.insert(ans);
         }
     }
     return false;
 }
 int main() {
     ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
     init();
     while(cin>>n>>m){
         a.resize(n);
         for(II i=;i<n;i++) cin>>a[i];
         hash_init();
         II l=,r=min(n,m)+;
         while(l<r){
             II mid=l+(r-l+)/;
             if(OK(mid)) l=mid;
             else r=mid-;
         }
         if(OK(l)) cout<<l<<endl;
         else cout<<<<endl;
     }
     return ;
 }

B.树

题目链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/submit/86fc8c46a8ce4c1fba763b8cf311f805?ACMContestId=2&tagId=4

题目意思：一颗树，现在有k种颜色，给n个节点染色，要求同样颜色的节点直接是可以互通的,问有多少种染色方法。

题目思路：很简单，如果同样颜色的节点可以互通，这个同样颜色的连通块必定是以这个区间内某个点为根的子树，我们可以发现一颗树每去掉一条边就是会多出一个连通块，那么发现我们去掉n-1条边中选择0条边形成一个连通块，k种颜色里面选择一种，也就是C（n-1,0）*A(k,1),，然后n-1条边里去掉一条边形成两个连通块，k中颜色里面选择两种那么就是

C（n-1,1）*A(k,2)，依次类推，后面的就不多做赘述，我们可以惊奇的发现貌似和树的形态没有任何关系，就是没有关系，真是太坑爹了。

代码：（处理大组合数和阶乘数的姿势就不做赘述了）

 //Author: xiaowuga
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #include <set>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <cmath>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <ctime>
 #include <map>
 #include <bitset>
 #include <stack>
 #include <cctype>
 #define maxx INT_MAX
 #define minn INT_MIN
 #define inf 0x3f3f3f3f
 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 #define nc cout<<"nc"<<endl
 #define sp " "
 const long long N=;
 const long long mod=1e9+;
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 typedef int II;
 II n,k;
 vector<int>pr[N];
 LL p[N][N]={};
 LL A[N];
 void init(){
     for(int i=;i<=;i++) p[i][]=;
     for(int i=;i<=;i++)
         for(int j=;j<=i;j++){
             p[i][j]=(p[i-][j]+p[i-][j-])%mod;
         }
     A[]=;A[]=;
     for(II i=;i<N;i++) A[i]=A[i-]*i%mod;
 }
 int main() {
     ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
     init();
     while(cin>>n>>k){
         for(II i=;i<=n;i++) pr[i].clear();
         for(II i=;i<n-;i++){
             II x,y;cin>>x>>y;
             pr[x].push_back(y);pr[y].push_back(x);
         }
         if(k==){cout<<<<endl;continue;}
         LL ans=;
         LL li=min(n-,k-);
         for(II i=;i<=li;i++){
             LL tmp=p[k][i+]*A[i+]%mod;
             LL t=p[n-][i]*tmp%mod;
             ans=(ans+t)%mod;
         }
         cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }