【多校10】HDU 5407 5410 5411 5414 5416

• 最后一场多校，记录一下。。。

• 最近一个月听周的《晴天》听疯了。。单曲循环一千万次- -!

• 这场是朝鲜金策工业大学出的题，感受到了完全不同的画风。。有两点印象深刻

  • 第一，题目描述不拖泥带水，非常清晰，可读性好，题目表述非常简洁。感觉就应该这样啊，，见过太多题目强行加入一个奇怪的故事背景，搞啥？自认为增加了趣味性，其实适得其反。。这一点真是值得学习。
  • 第二，标程写得很棒，想说，这种风格调教出来的代码才是给别人看的好么–

HDU5407 CRB and Candies

• 求
  LCM((n0),(n1)…(nn))
• 令
  F(n)=LCM((n0),(n1)…(nn))
  以及
  G(n)=LCM(1,2,…n)
  则有
  F(n)=G(n+1)n+1
  为啥捏？不造哇( ⊙o⊙ )。。。

• 显然G(1)=1，考虑G(n)的质因数分解形式，知道

  G(n)=⎧⎩⎨G(n−1),G(n−1)∗p,if n=pkif n!=pk
  其中p表示一个质数，即判断n是否能表达成某个质数的整数k次方.

• 最后的除以n+1部分需要用逆元处理一下

/* **********************************************  File Name: 5407.cpp  Auther: [e-mail]  Created Time: 2015年08月21日 星期五 09时06分16秒*********************************************** */#include <bits/stdc++.h>using namespace std;/* * let f(n)=lcm(C(n,0),...,C(n,n)), * g(n)=lcm(1,2,...,n). * Then f(n)=g(n+1)/(n+1).. * g(1)=1, * g(n)=g(n-1) if n != p^k, as p is a prime *     =g(n-1)*p if n == p^k. */typedef long long ll;const int MOD = 1000000007;const int MAX = 1000002;int g[MAX] = {0};bool is_prime[MAX];//return: gcd(a, b).ll extgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y) {    ll d = a;    if (b) {        d = extgcd(b, a % b, y, x);        y -= (a / b) * x;    } else {        x = 1, y = 0;    }    return d;}ll mod_inverse(ll a, ll mod) {    ll x, y;    extgcd(a, mod, x, y);    return (x % mod + mod) % mod;}int main() {    memset(is_prime, true, sizeof(is_prime));    for (int i = 2; i <= MAX / i; ++i) {        for (int j = i * i; j < MAX; j += i) {            is_prime[j] = false;        }    }    for (int i = 2; i < MAX; ++i) {        if (is_prime[i]) {            for (ll j = i; j < MAX; j *= i) {                g[j] = i;            }        }    }    g[1] = 1;    for (int i = 2; i < MAX; ++i) {        if (g[i]) {            g[i] = (ll)g[i] * g[i - 1] % MOD;        } else {            g[i] = g[i - 1];        }    }    /*    for (int i = 1; i < 10; ++i) {        printf("g[%d] = %d\n", i, g[i]);    }    */    int T;    scanf(" %d", &T);    while (T--) {        int x;        scanf(" %d", &x);        printf("%d\n", (int)(((ll)g[x + 1] * mod_inverse(x + 1, MOD)) % MOD));    }    return 0;}

HDU5410

• 买东西，拿糖
• 奇怪的背包，题解做了一些分析，然后搞啊搞，先排序什么的。。。
• 然而窝搞啊搞了好久，搞了一个更奇怪的多重背包dp。
• 将每种商品拆成1,2,4,…,2k组合，这是典型的多重背包做法，但是这个问题的特殊性是，比如在买了2件该物品后，再买4件该物品，得到的糖不再是2Ai+Bi而是2Ai。于是对拆完后的所有商品做dp。考虑dp[i][j][0]表示前i件商品，花费j，且不拿第i件物品最多得到的糖；dp[i][j][1]表示…拿了至少1件第i种物品最多能得到的糖。那么：
  dp[i][j][0]=max⎧⎩⎨dp[i−1][j][0 or 1],dp[i−1][j][0],如果 i是原来所属商品分解后的第一件如果 i不是上述第一件
  
  
  dp[i][j][1]=max of⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪dp[i−1][j−w[i]][0 or 1]+Ai+Bi,dp[i−1][j−w[i]][0]+Ai+Bi,dp[i−1][j−w[i]][1]+Ai,如果i是原来所属商品分解后的第一件 如果 i不是上述第一件同上
• 简单分析一下，原来每件商品至多被拆成log Wi件，总共至多为nlog Wmax件，总状态则为mnlogWmax每次转移为O(1)的，第一维空间可以优化掉，于是时间复杂度O(mnlogWmax)，空间复杂度O(m)，足够通过本题数据。

/* **********************************************  File Name: 5.cpp  Auther: [e-mail]  Created Time: 2015年08月20日 星期四 12时32分36秒*********************************************** */#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAX = 1024;struct Node {    int w;    int a;    int b;};vector<Node> V;vector<int> pre;int W[MAX], A[MAX], B[MAX];int dp[MAX << 1][2];int n, m;int main() {    int T;    scanf(" %d", &T);    while (T--) {        scanf(" %d %d", &m, &n);        V.clear();        pre.clear();        V.push_back((struct Node){0, 0});        pre.push_back(0);        for (int i = 0; i < n; ++i) {            scanf(" %d %d %d", W + i, A + i, B + i);            /* gao */            Node tp;            int k = 1;            int idx = (int)V.size();            while (k * W[i] <= m) {                tp.w = k * W[i];                tp.a = A[i] * k;                tp.b = B[i];                //tp.c = A[i] * k + B[i];                V.push_back(tp);                pre.push_back(idx);                k <<= 1;            }        }        memset(dp, 0, sizeof(dp));        for (int i = 1; i < (int)V.size(); ++i) {            for (int j = m; j >= 0; --j) {                //dp[j] = max(dp[j], dp[j - V[i].w] + V[i].c);                //dp[i][j][0] = ..                if (i == pre[i]) {                    dp[j][0] = max(dp[j][0], dp[j][1]);                    if (j >= V[i].w) {                        dp[j][1] = max(dp[j][1], max(dp[j - V[i].w][0], dp[j - V[i].w][1]) + V[i].a + V[i].b);                    }                } else {                    if (j >= V[i].w) {                        dp[j][1] = max(dp[j][1], dp[j - V[i].w][0] + V[i].a + V[i].b);                        dp[j][1] = max(dp[j][1], dp[j - V[i].w][1] + V[i].a);                    }                }            }        }        int ans = max(dp[m][0], dp[m][1]);        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}

HDU5411

• 关系矩阵搞出来求和即可，构造出分块矩阵即可。题解构造出的矩阵为(n+1)×(n+1)我的是2n×2n，简单优化一下才能通过。。

/* **********************************************  File Name: 5411.cpp  Auther: [e-mail]  Created Time: 2015年08月20日 星期四 18时11分09秒*********************************************** */#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int MOD = 2015;const int MAX = 101;struct Mat {    int n;    int a[MAX][MAX];    Mat(int _n = 0, bool flag = false) {        n = _n;        memset(a, 0, sizeof(a));        if (flag) {            for (int i = 0; i < n; ++i) {                a[i][i] = 1;            }        }    }    Mat operator*(const Mat& b)const {        Mat res(n);        for (int i = 0; i < n; ++i) {            for (int j = 0; j < n; ++j) {                if (a[i][j] == 0) continue;                for (int k = 0; k < n; ++k) {                    res.a[i][k] += a[i][j] * b.a[j][k];                    if (res.a[i][k] >= MOD) {                        res.a[i][k] %= MOD;                    }                }            }        }        return res;    }};Mat fast_pow(Mat a, int m) {    Mat res(a.n, true);    while (m) {        if (m & 1) {            res = res * a;        }        a = a * a;        m >>= 1;    }    return res;}int main() {    int T;    scanf(" %d", &T);    while (T--) {        int n, m;        scanf(" %d %d", &n, &m);        Mat res(n << 1);        for (int i = 1; i <= n; ++i) {            int k, x;            scanf(" %d", &k);            while (k--) {                scanf(" %d", &x);                res.a[i - 1][x - 1] = 1;            }        }        for (int i = n; i < (n << 1); ++i) {            res.a[i - n][i] = 1;            res.a[i][i] = 1;        }        res = fast_pow(res, m);        /*        for (int i = 0; i < res.n; ++i) {            for (int j = 0; j < res.n; ++j) {                printf("%d ", res.a[i][j]);            }            puts("");        }        */        int sum = 1;        for (int i = 0; i < n; ++i) {            for (int j = n; j < (n << 1); ++j) {                sum += res.a[i][j];            }        }        sum %= MOD;        printf("%d\n", sum);    }    return 0;}

HDU5414

• 仔细分析后，只要满足

  • |s|≤|t|
  • s能匹配成t的子序列
  • 设t前k个字母连续相同，则s前k个也必须对应相同

  就可以满足。唯一比较难想的是诸如ale如果添加到apple，似乎需要往a后面加2个p才能得到，但其实可以通过先加一个p，然后再向a后加1个p，就可以成功避开题目c!=d的限制

 /* **********************************************  File Name: 5414.cpp  Auther: [e-mail]  Created Time: 2015年08月21日 星期五 10时33分17秒*********************************************** */#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAX = 100007;char s[MAX], t[MAX];int main() {    int T;    scanf(" %d", &T);    while (T--) {        scanf(" %s %s", s, t);        int len1 = strlen(s), len2 = strlen(t);        if (len1 > len2 || s[0] != t[0]) {            puts("No");            continue;        }        char c = t[0];        int k = 0;        for (int i = 0; i < len2; ++i) {            if (t[i] == c) ++k;            else break;        }        for (int i = 0; i < len1; ++i) {            if (s[i] == c) --k;            else break;        }        if (k > 0) {            puts("No");            continue;        }        int i = 0, j = 0;        while (i < len1 && j < len2) {            s[i] == t[j] ? (++i, ++j) : ++j;        }        puts(i == len1 ? "Yes" : "No");    }    return 0;}

HDU5416

• 考虑到异或运算的特殊性质，设1为根，对子树中不经过根的路径，不妨假设路径上最高（设若每条边长为1，则此处高度即为到根距离）的一个点为u，且路径由xu和uy两段组成，那么
  
  val(xy)=val(xu)⊕val(uy)=0⊕val(ux)⊕val(uy)=(val(1u)⊕val(1u))⊕val(ux)⊕val(uy)=val(1x)⊕val(1y)
  于是只需要预处理出1到各个点的路径异或值即可。统计的时候组合一下即可，另外f(u,v)中u可以等于v，因此当Query 0时要多注意一下。

/* **********************************************  File Name: 5416.cpp  Auther: [e-mail]  Created Time: 2015年08月21日 星期五 09时53分14秒*********************************************** */#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef pair<int, int> P;typedef long long ll;const int MAX = 100007;const int MAX_VAL = MAX << 1;vector<P> G[MAX];bool vis[MAX];int cnt[MAX_VAL];void dfs(int u, int val) {    vis[u] = true;    if (u ^ 1) {        ++cnt[val];    }    for (auto it = G[u].begin(); it != G[u].end(); ++it) {        if (vis[it->first]) continue;        dfs(it->first, (it->second) ^ val);    }}int main() {    int T;    scanf(" %d", &T);    while (T--) {        int n, q;        scanf(" %d", &n);        for (int i = 1; i <= n; ++i) {            G[i].clear();        }        int u, v, c;        for (int i = 1; i < n; ++i) {            scanf(" %d %d %d", &u, &v, &c);            G[u].push_back(P(v, c));            G[v].push_back(P(u, c));        }        memset(vis, false, sizeof(vis));        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));        dfs(1, 0);        scanf(" %d", &q);        while (q--) {            scanf(" %d", &c);            ll ans = 0LL;            if (c == 0) {                ans += n + cnt[0];                for (int i = 0; i < MAX_VAL; ++i) {                    ans += (ll)cnt[i] * (cnt[i] - 1) / 2;                }            } else {                for (int i = 0; i < MAX_VAL; ++i) {                    ans += (ll)cnt[i] * (cnt[i ^ c]);                }                ans >>= 1;                ans += cnt[c];            }#ifdef ONLINE_JUDGE#define lld I64d#endif            printf("%lld\n", ans);        }    }    return 0;}