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今天做的是我校dalao@wzy出的套题w【被长达6页的题面淹没】
dalao的题就是难...T1就懵逼了...3.5h不知道自己都干了些什么...
最后80+30+0+0 rank7滚粗。
感觉这次题好多人都翻车了，我这么菜到底是怎么rank7 的QAQ
NOIP2017 RP ++
A.谜团
题目大意：
谜团在第一秒会转化一个“虚灵”，之后的时间内将不再转化单位。新
产生的“虚灵”会在下一秒分裂出m 个“虚灵”，原有的“虚灵”仍然存在，并且不再产生虚灵。
新产生的“虚灵”可在下一秒分裂，之后也不再产生“虚灵”。
给定时间 t 和分裂数m，问在 t 秒后，谜团拥有多少个“虚灵”。答案可能很大，要求你模一个数k（不保证k是质数）。
数据范围：
1<=k<=10^8,1<=m<=100,1<=t<=2^31-1
分析：
这题的部分分范围我没有贴...（你什么时候贴过部分分范围啊喂！）
经过推导可以发现，题目的答案其实就是对首项为1，公比为m的等比数列求和。答案为S(t-1)。
直接暴力做的话可以拿40分。
部分分中有一部分是保证m与k互质的，此时可以用等比数列求和公式+逆元，加上暴力部分的数据分治，80分。
满分做法：S(n+m)=S(n)+S(m)*qn
sum(p,c)表示计算 p^0 + p^1 + ... + p^c
如果c是偶数，答案就是 p^0 + p^1 + ... + p^(c/2 - 1) * (1 + 2^(c/2)) + p^c
展开得到 p^0 + p^1 + ... + p^(c/2 - 1) + p^(c/2) + p^(c/2+1) + ... + p^c
如果c是奇数 那么答案就是 p^0 + p^1 + ... + p^(c/2) * (1 + 2^(c/2 + 1))
展开得到 p^0 + p^1 + ... + p^(c/2) + p^(c/2 + 1) + ... + p^c
用一个递归函数计算即可。
AC代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<cmath>
4 #include<cstring>
5
6 inline void read(long long &x)
7 {
8 char ch = getchar(),c = ch;x = 0;
9 while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) c = ch,ch = getchar();
10 while(ch <= ‘9‘ && ch >= ‘0‘) x = (x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘,ch = getchar();
11 if(c == ‘-‘) x = -x;
12 }
13
14 long long k,m,t,ans;
15 //S(n+m) = S(n)+S(m)*q^n
16 long long ksm(int b)
17 {
18 long long base = m,r = 1;
19 for(;b;b>>=1)
20 {
21 if(b&1) r = r*base%k;
22 base = base*base%k;
23 }
24 return r;
25 }
26
27 long long calc(int t)
28 {
29 if(t == 0) return 1;
30 if(t&1) return (calc(t/2)*(1+ksm(t/2+1))%k)%k;
31 else return (calc(t/2-1)*(1+ksm(t/2))%k+ksm(t))%k;
32 }
33
34 int main()
35 {
36 read(m),read(t),read(k);
37 printf("%lld\n",calc(t-1)%k);
38 return 0;
39 }
mituan
B.祈求者
题目大意：
有一个长度为k的字符串和n个字符集合。你可以从每个字符集合中选择至多1个字符，使它们拼成
字符串的前缀。求能够拼出的最长前缀。
输入的第一个字母为T，表示接下来有T组数据。
数据范围：
1<=T<=20,1<= Σai+n <= 200,1 <= k <= 200.
分析：
如果把题目改成这样：
【从每个字符集合中选择至多一个字符，尽量多地、连续地匹配前缀】
是不是很容易就想到了二分图匹配呀。
最大流也可做，不过当时这题有dalao用费用流拿了100分，向dalao低头www
如果1~mid能够匹配，则1~mid-1也一定能匹配；1~mid不能完全匹配，1~mid+1也不能完全匹配，可以二分。
二分能够匹配的前缀的最长长度，对于每次二分出的长度，做一次二分图匹配。
如果匹配数==二分的长度，说明该长度是可行的。
AC代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<cmath>
4 #include<cstring>
5
6 inline void read(int &x)
7 {
8 char ch = getchar(),c = ch;x = 0;
9 while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) c = ch,ch = getchar();
10 while(ch <= ‘9‘ && ch >= ‘0‘) x = (x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘,ch = getchar();
11 if(c == ‘-‘) x = -x;
12 }
13
14 int t,n,l,r,mid,ans,cnt,len,tmp;
15 int head[6000],link[500],vis[500];
16 char s[202],glo[202][202];
17
18 struct Edge
19 {
20 int f,t,nxt;
21 }e[6000];
22
23 void insert(int f,int t)
24 {
25 e[++cnt].f = f,e[cnt].t = t;
26 e[cnt].nxt = head[f];
27 head[f] = cnt;
28 }
29
30 bool dfs(int now)
31 {
32 for(int i = head[now];i;i = e[i].nxt)
33 {
34 int to = e[i].t;
35 if(vis[to]) continue;
36 vis[to] = 1;
37 if(!link[to] || dfs(link[to]))
38 {
39 link[to] = now;
40 return true;
41 }
42 }
43 return false;
44 }
45
46 bool check(int x)
47 {
48 memset(link,0,sizeof(link));
49 memset(head,0,sizeof(head));
50 memset(e,0,sizeof(e));cnt = 0;
51 int res = 0;
52 for(int l = 1;l <= x;++ l)
53 for(int i = 1;i <= n;++ i)
54 {
55 tmp = strlen(glo[i]+1);
56 for(int j = 1;j <= tmp;++ j)
57 if(glo[i][j] == s[l])
58 insert(l,i);
59 }
60 for(int i = 1;i <= x;++ i)
61 {
62 memset(vis,0,sizeof(vis));
63 if(dfs(i)) res ++;
64 }
65 // printf("%d %d\n",cnt,r);
66 if(res == x) return true;
67 else return false;
68 }
69
70 int main()
71 {
72 // freopen("kaer.in","r",stdin);
73 // freopen("kaer.out","w",stdout);
74 freopen("1.txt","r",stdin);
75 read(t);
76 while(t -- )
77 {
78 read(n);
79 for(int i = 1;i <= n;++ i)
80 scanf("%s",&glo[i][1]);
81 scanf("%s",s+1);
82 len = strlen(s+1);
83 l = 1,r = len,ans = 0;
84 while(l <= r)
85 {
86 mid = (l+r)>>1;
87 if(check(mid)) l = mid+1,ans = mid;
88 else r = mid-1;
89 }
90 printf("%d\n",ans);
91 }
92 return 0;
93 }
kaer
C.大地之灵
题目大意：
有三种颜色点，不同颜色的点之间可以任意连边，同色的点之间必须间隔至少2个其他颜色的点才能连边。
给出这三种点的个数n,m,k，求连边的方案数。答案%1e9+7。
数据范围：
1 <= n,m,k <= 5000
分析：
先考虑有两种点的情况。由题意可知，此时每个点的出度最多为1，边数最多为Min(a,b)。
把边分别编号为1,2,3...n，进行DP。
dp[i]表示连了i条边的方案数。转移方程：dp[i] = dp[i-1]*(a-i+1)*(b-i+1)/i
转移比较容易想到，但是为什么要除以i可能不容易理解。
因为连的边是无序的，但是为了方便DP，你给边钦定了顺序。
这样一来就会导致：完全相同的两条边，编号为1,2时计算一次，编号为2,1时计算一次。
最终答案为Σdp[i]
同理，当有三种颜色时，只需要把这个过程做三次，乘起来即可。
AC代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<cmath>
4 #include<cstring>
5
6 const int MOD = 1e9+7;
7 inline void read(int &x)
8 {
9 char ch = getchar(),c = ch;x = 0;
10 while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) c = ch,ch = getchar();
11 while(ch <= ‘9‘ && ch >= ‘0‘) x = (x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘,ch = getchar();
12 if(c == ‘-‘) x = -x;
13 }
14
15 int n,m,k;
16 long long ans,dp[25000001];
17
18 inline int Max(int a,int b)
19 {return a>b?a:b;}
20
21 long long calc(int a,int b)
22 {
23 long long r = 0;
24 for(int i = 1;i <= 25000000;++ i)
25 if(!dp[i]) break;
26 else dp[i] = 0;
27 dp[0] = 1;
28 int mx = Max(a,b);
29 for(int i = 1;i <= mx;++ i)
30 dp[i] = (dp[i-1]*(a-i+1)*(b-i+1)/i)%MOD;
31 for(int i = 0;i <= mx;++ i)
32 r = (r+dp[i])%MOD;
33 return r;
34 }
35
36 int main()
37 {
38 read(n),read(m),read(k);
39 ans = calc(n,m)*calc(n,k)%MOD *calc(m,k)%MOD;
40 printf("%lld\n",ans);
41 return 0;
42 }
ES
D.裂魂人
题目大意：
给你一张n 个点，m 条边的无向图（没有重边，没有自环），每条边有一个边权w。
输出起点为S，终点为E，且恰好经过k 条边的最短路长度。
不保证起点和终点不是同一个点，保证有解。点的编号为1,2,...,n
数据范围：
3 <= n <= 200, 2 <= m <= 200,1 <= w <= 1000,k<= 1,000,000
分析：
这什么蛇皮题目！我不做辣！
正解：Floyd倍增+矩阵快速幂加速DP
反正我是不会的qwq读者有意向的话可以问@wzydalao