2017 清北济南考前刷题Day 5 morning

期望得分：100+100+0=200

实际得分：

坐标的每一位不是0就是1，所以答案就是

C（n，k）

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

const int mod=1e9+;

void read(int &x)
{
    x=; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
}

int Pow(int a,int b)
{
    int res=;
    for(;b;a=1LL*a*a%mod,b>>=)
        if(b&) res=1LL*res*a%mod;
    return res;
}

int main()
{
        freopen("cube.in","r",stdin);
    freopen("cube.out","w",stdout);
    int n,k;
    read(n); read(k);
    int ans=;
    for(int i=;i<=k;i++)
        ans=1LL*ans*Pow(i,mod-)%mod*(n-i+)%mod;
    cout<<ans;
}

货物一定是走在最大生成树上

如果按限重从大到小加边，那么一个联通块只需要有一个仓库

并查集维护即可

考场代码写的有点儿乱

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>

using namespace std;

#define N 100001

int n,m;

int fa[N];
bool cal[N];

int ans[N],tmp[N];

bool vis[N];

struct node
{
    int u,v,lim;
    bool use;
}e[N];

struct query
{
    int id,w;
}a[N];

void read(int &x)
{
    x=; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
}

bool cmp(node p,node q) { return p.lim>q.lim; }

bool cmp2(query p,query q) { return p.w>q.w; }

bool cmp3(node p,node q)
{
    if(p.use!=q.use) return p.use>q.use;
    return p.lim>q.lim;
}

int find(int i) { return fa[i]==i ? i : fa[i]=find(fa[i]); }

void MST()
{
    for(int i=;i<=n;i++) fa[i]=i;
    int tot=,i=,u,v;
    while(tot!=n- && i<m)
    {
        i++;
        u=find(e[i].u); v=find(e[i].v);
        if(u==v) continue;
        tot++; e[i].use=true;
        fa[u]=v;
    }
}

int main()
{
    freopen("warehouse.in","r",stdin);
    freopen("warehouse.out","w",stdout);
    int q;
    read(n); read(m); read(q);
    for(int i=;i<=m;i++) read(e[i].u),read(e[i].v),read(e[i].lim);
    sort(e+,e+m+,cmp);
    for(int i=;i<=q;i++) read(a[i].w),a[i].id=i;
    sort(a+,a+q+,cmp2);
    MST();
    sort(e+,e+m+,cmp3);
    for(int i=;i<=n;i++) fa[i]=i;
    int ne=,nq=; int sum=n;
    while(ne<=m)
    {
        if(!e[ne].use) break;
        while(ne<=m && e[ne].lim>=a[nq].w)
        {
            if(find(e[ne].u)==find(e[ne].v))
            {
                ne++;
                continue;
            }
            fa[find(e[ne].u)]=find(e[ne].v);
            sum--;
            ne++;
        }
        ans[a[nq].id]=sum;
        nq++;
    }
    for(int i=nq;i<=q;i++) ans[a[i].id]=sum;
    for(int i=;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
}

答案=原词典单词数+前缀后缀拼接单词数

统计前缀和后缀 拼接的单词：

一个基本错误思路：

如果有s1个长为l1 的前缀，有s2个长为l2的后缀，那么 他们对长为l1+l2 的单词的贡献为 s1*s2

错因：有可能会重复计数

例：

有单词 abc   bcd

那么合法单词abcd 会计算3次：

a+bcd   ab+cd   abc+d

所以对于每个合法的单词，强行规定一个分离位置，来保证一个单词只会被计算一次

规定的分离位置：

若单词长为i的前缀是词典中单词的前缀，长为i+1的前缀不是词典中单词的前缀

那么i就是单词的分离位置

即这个单词是由前面长为i的前缀 和 i后面的后缀 拼接而成

在这个不会算重的思路的基础上

设f[i][j] 表示 原词典单词中 长度为i的前缀，再加1个字母j就不是前缀的 前缀数量

g[i][j] 表示 原词典单词中 长为i的后缀，第1个字母是j的 后缀数量

这两个数组在 正序和倒序 trie树上dfs即可解决

那么长为 i+k 的 前缀后缀 拼接单词数量 = Σ f[i][j]*g[k][j]   j∈[0,26)

但思路仍然还有一个bug：

长为len 的 单词 的所有前缀 都是词典中单词的前缀

例：

词典中单词 cool   o

那么 co 是一个长为2的合法单词

但是co按上述方法找不到分离位置

对于这种单词，我们强制规定 最后两个字母之间为分离位置

注意：这种单词还要满足 不是原词典中的单词，后缀非空 两个条件

所以 设t[i][j] 表示 长为i的前缀，最后一个字母是j 且 不是词典中单词的数量

注意这里不要把长为1的前缀统计进去

如果 g[1][j] 那么 长为i的合法单词 就可以累计 t[i][j]

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define N 10001
#define L 51

using namespace std;

const int mod=1e9+;

char s[L];

int ans[];

int f[L][],g[L][],t[L][];

struct TRIE
{
    int trie[N*L][],id;

    int endd[N*L];

    void insert(int len)
    {
        int now=;
        for(int i=;i<=len;i++)
        {
            if(!trie[now][s[i]-'a']) trie[now][s[i]-'a']=++id;
            now=trie[now][s[i]-'a'];
        }
        endd[now]++;
    }

    void dfs(int x,int dep)
    {
        for(int i=;i<;++i)
        {
            if(x && !trie[x][i]) f[dep][i]++;
            if(x && trie[x][i] && !endd[trie[x][i]]) t[dep+][i]++;
            if(trie[x][i]) dfs(trie[x][i],dep+);
        }
    }

    void dfs2(int x,int dep)
    {
        for(int i=;i<;++i)
            if(trie[x][i]) g[dep+][i]++,dfs2(trie[x][i],dep+);
    }

}t1,t2;

int main()
{
    freopen("word.in","r",stdin);
    freopen("word.out","w",stdout);
    int n,q,len;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s+);
        len=strlen(s+);
        t1.insert(len);
        reverse(s+,s+len+);
        t2.insert(len);
        ans[len]++;
    }
    t1.dfs(,);
    t2.dfs2(,);
    for(int i=;i<=;++i)
        for(int j=;j<;++j)
            if(g[][j]) ans[i]=(ans[i]+t[i][j])%mod;
    for(int i=;i<=;++i)
        for(int k=;k<=;++k)
            for(int j=;j<;++j)
                ans[i+k]=(1LL*ans[i+k]+f[i][j]*g[k][j]%mod)%mod;
    int x;
    while(q--)
    {
        scanf("%d",&x);
        printf("%d\n",ans[x]);
    }
}