2018 HDU多校第四场赛后补题

自己学校出的毒瘤场。。吃枣药丸
hdu中的题号是6332 ～ 6343。

K. Expression in Memories

题意：

判断一个简化版的算术表达式是否合法。

题解：

注意细节即可。

代码：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  4. int n; char s[505];
  5. int main () {
  6.     int T; cin>>T;
  7.     for ( ; T; --T) {
  8.         scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),s[0]='+';
  9.         if (s[1]=='?') s[1]='9';
  10.         bool ok=1;
  11.         for (int i=2; i<=n; ++i) {
  12.             if (s[i]=='+'||s[i]=='*') {
  13.                 if (s[i-1]=='+'||s[i-1]=='*') {ok=0; break;}
  14.             } else
  15.             if (s[i]>='0'&&s[i]<='9') {
  16.                 if (s[i-1]=='0'&&(s[i-2]=='+'||s[i-2]=='*')) {ok=0; break;}
  17.             } else
  18.             if (s[i]=='?') {
  19.                 if (s[i-1]=='+'||s[i-1]=='*') s[i]='9'; else
  20.                 if (s[i-1]=='0') {
  21.                     if (s[i-2]=='+'||s[i-2]=='*') s[i]='+';
  22.                     else s[i]='9';
  23.                 } else
  24.                 if (s[i-1]>='1'&&s[i-1]<='9') s[i]='9';
  25.             }
  26.         }
  27.         if (s[n]=='+'||s[n]=='*'||s[1]=='+'||s[1]=='*') ok=0;
  28.         if (n>=2) {
  29.             if (s[1]=='0'&&s[2]>='0'&&s[2]<='9') ok=0;
  30.         }
  31.         if (!ok) puts("IMPOSSIBLE");
  32.         else {
  33.             for (int i=1; i<=n; ++i) printf("%c",s[i]);
  34.             puts("");
  35.         }
  36.     }
  37.     return 0;
  38. }

L. Graph Theory Homework

题意：

给你一张每个点有点权的完全图。从点\(i\)走到点\(j\) \(（i≠j）\)的代价为 \(\lfloor \sqrt {|wi-wj|} \rfloor\)
球从\(1\)走到\(n\)的最小代价。

题解：

一个不等式： \(\lfloor \sqrt {a} \rfloor + \lfloor \sqrt {b} \rfloor \geq \lfloor \sqrt {a+b} \rfloor\)
则，从\(1\)不经过任何点直接到\(n\)是最优的。

代码：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #define N 100010
  3. using namespace std;
  4. int w[N],w2[N];
  5. int main () {
  6.     int T,n;
  7.     scanf("%d",&T);
  8.     while (T--) {
  9.         scanf("%d",&n);
  10.         for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",&w[i]);
  11.         printf("%d\n",(int)sqrt(abs(w[n]-w[1])));
  12.     }
  13.     return 0;
  14. }

D. Nothing is Impossible

题意：

没有题意，至今还不知道最终的题意。

题解：

没有题解，只需要大胆猜想，无需证明，取最小的几个\(bi\)使得\(\prod {(bi + 1)} \leq m\)就行了。能取到的最多个数就是答案。

代码：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  4. int b[105];
  5. int main()
  6. {
  7.     int T, n, m, x;
  8.     scanf("%d", &T);
  9.     while (T--)
  10.     {
  11.         scanf("%d%d", &n, &m);
  12.         int ans = n; long long now = 1;
  13.         for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &x, &b[i]);
  14.         sort(b + 1, b + 1 + n);
  15.         for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  16.             if (now * (b[i] + 1) > m) {ans = i - 1; break;}
  17.             now *= (b[i] + 1);
  18.         }
  19.         printf("%d\n", ans);
  20.     }
  21.     return 0;
  22. }

E. Matrix from Arrays

题意：

给你一个\(L\)个元素的数组\(A\)，根据题意构造一个无限矩阵，并进行q次询问，询问一个有限矩阵内的元素和。

题解：

容易发现，构造出来的无限矩阵是一个循环矩阵。当\(L\)是奇数时，矩阵每\(LL\)个元素循环；当\({L}*{L}\)是偶数时，矩阵每\({2L}*{2L}\)个元素循环。
这样我们就可以预处理处一个很小（边长\(80\)以内)的矩阵，然后做一下前缀和。
最后询问的时候留给我们解决的也不多了。

代码：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #define ll long long
  3. using namespace std;
  4. int L, Q; ll A[20], M[90][90], s1[90], s2[90], sum;
  5. ll calc (int x, int y, ll ret = 0) {
  6.     ll k1 = (x + 1) / (2 * L), k2 = (y + 1) / (2 * L);
  7.     ll o1 = (x + 1) % (2 * L), o2 = (y + 1) % (2 * L);
  8.     ret += sum * k1 * k2;
  9.     if (o1) ret += s1[o1 - 1] * k2;
  10.     if (o2) ret += s2[o2 - 1] * k1;
  11.     for (int i = 0; i < o1; ++i) {
  12.         for (int j = 0; j < o2; ++j) ret += M[i][j];
  13.     }
  14.     return ret;
  15. }
  16. int main () {
  17.     int T; cin >> T;
  18.     for ( ; T; --T) {
  19.         cin >> L;
  20.         for (int i = 0; i < L; ++i) cin >> A[i];
  21.         int cursor = 0;
  22.         for (int i = 0; i < 4 * L; ++i) {
  23.             for (int j = 0; j <= i; ++j) {
  24.                 M[j][i - j] = A[cursor];
  25.                 cursor = (cursor + 1) % L;
  26.             }
  27.         }
  28.         sum = 0;
  29.         for (int i = 0; i < 2 * L; ++i) {
  30.             for (int j = 0; j < 2 * L; ++j) sum += M[i][j];
  31.         }
  32.         memset(s1, 0, sizeof s1);
  33.         memset(s2, 0, sizeof s2);
  34.         for (int i = 0; i < 2 * L; ++i) {
  35.             for (int j = 0; j < 2 * L; ++j) s1[i] += M[i][j];
  36.             if (i) s1[i] += s1[i - 1];
  37.         }
  38.         for (int j = 0; j < 2 * L; ++j) {
  39.             for (int i = 0; i < 2 * L; ++i) s2[j] += M[i][j];
  40.             if (j) s2[j] += s2[j - 1];
  41.         }
  42.         cin >> Q;
  43.         for ( ; Q; --Q) {
  44.             int l, u, r, d;
  45.             scanf("%d%d%d%d", &l, &u, &r, &d);
  46.             printf("%lld\n", calc(r, d) - calc(r, u - 1) - calc(l - 1, d) + calc(l - 1, u - 1));
  47.         }
  48.     }
  49.     return 0;
  50. }

J. Let Sudoku Rotate

题意：

有一个合法的\(4\)阶数独，某人随机把几个“宫”分别逆时针翻转了几次，先给出现在的数独，问那个人总共最少转了几次。

题解：

如果你够大胆，就去爆搜吧；如果你不够大胆，就去\(dlx\)吧！反正都能过，可能是因为合法情况太少的缘故

代码：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  4. const int N = 17, M = 5;
  5. int n, m, ans, a[N][N], tmp[M][M]; char s[N];
  6. int R[N][N], C[N][N];
  8. void rotating_lalala (int r, int c) {
  9.     int _u = r * m, _d = _u + m, _l = c * m, _r = _l + m;
  10.     for (int i = _u; i < _d; ++i)
  11.         for (int j = _l; j < _r; ++j) tmp[j - _l][m - (i - _u) - 1] = a[i][j];
  12.     for (int i = _u; i < _d; ++i)
  13.         for (int j = _l; j < _r; ++j) a[i][j] = tmp[i - _u][j - _l];
  14. }
  15. bool exam (int r, int c) {
  16.     for (int i = 0; i < m; ++i) {
  17.         for (int j = 0; j < m; ++j) {
  18.             int x = r * m + i, y = c * m + j;
  19.             if (R[x][a[x][y]]) return 0;
  20.             if (C[y][a[x][y]]) return 0;
  21.         }
  22.     }
  23.     return 1;
  24. }
  25. void fig (int r, int c, int d) {
  26.     for (int i = 0; i < m; ++i) {
  27.         for (int j = 0; j < m; ++j) {
  28.             int x = r * m + i, y = c * m + j;
  29.             R[x][a[x][y]] += d, C[y][a[x][y]] += d;
  30.         }
  31.     }
  32. }
  33. void dfs (int r, int c, int cnt) {
  34.     if (cnt >= ans) return;
  35.     if (c == m) c = 0, ++r;
  36.     if (r == m && c == 0) {ans = cnt; return;}
  37.     if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 0), fig(r, c, -1);
  38.     rotating_lalala(r, c);
  39.     if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 1), fig(r, c, -1);
  40.     rotating_lalala(r, c);
  41.     if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 2), fig(r, c, -1);
  42.     rotating_lalala(r, c);
  43.     if (exam(r, c)) fig(r, c, 1), dfs(r, c + 1, cnt + 3), fig(r, c, -1);
  44.     rotating_lalala(r, c);
  45. }
  46. int main () {
  47.     int T; cin >> T; m = 4, n = 16;
  48.     for ( ; T; --T) {
  49.         for (int i = 0; i < n; ++i) {
  50.             scanf("%s", s);
  51.             for (int j = 0; j < n; ++j) {
  52.                 if (s[j] >= '0' && s[j] <= '9') a[i][j] = s[j] - '0';
  53.                 else a[i][j] = s[j] - 'A' + 10;
  54.             }
  55.         }
  56.         ans = 64;
  57.         memset(R, 0, sizeof R), memset(C, 0, sizeof C);
  58.         dfs(0, 0, 0);
  59.         cout << ans << endl;
  60.     }
  61.     return 0;
  62. }

B. Harvest of Apples

题意：

求\(\sum_{i=0}^{m} {C_{n}^{i}}\)，\(n，m\)都是\(1e5\)范围，还有\(1e5\)组询问。

题解：

早就见识过这个东西的厉害。但一起一直不知道怎么做。也不知道有没有柿子。然后就去\(OEIS\)了一发，结果什么都没有。。OEIS大法失灵了 还是我等蒟蒻不会用。
考场上想过离线，也想过\(n\)和\(n-1\)，\(m\)和\(m-1\)的关系，但是就没有想到莫队。
首先，设\(S(n, m) = \sum_{i=0}^{m} {C_{n}^{i}}\)，利用杨辉三角那个公式，我们有柿子：
\(S(n, m) = S(n, m - 1) + C_{n}^{m}\)
\(S(n, m) = 2 * S(n - 1, m) - C_{n-1}^{m}\)
这样我们发现，等式两边给出的两对关系，让我们真的可以愉快地搞莫队了。
而且很好码，双倍的快乐嘻嘻嘻
转移复杂度是\(O(1)\)的。

代码：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #define ll long long
  3. using namespace std;
  5. const int N = 100005, mo = 1e9 + 7, inv2 = 500000004;
  6. int n, siz, l, r; ll ret, fac[N], inv[N], ans[N];
  7. struct que {
  8.     int l, r, i;
  9.     bool operator < (const que &o) const {
  10.         return (r - 1) / siz == (o.r - 1) / siz ? l < o.l : r < o.r;
  11.     }
  12. } a[N];
  14. ll ksm (ll b, ll p) {
  15.     if (p < 2) return p ? b : 1;
  16.     ll t = ksm(b, p >> 1); t = t * t % mo;
  17.     return p & 1 ? t * b % mo : t;
  18. }
  19. ll C (int n, int r) {
  20.     if (r < 0 || n < r) return 0;
  21.     return fac[n] * inv[r] % mo * inv[n - r] % mo;
  22. }
  23. void ppw () {
  24.     fac[0] = 1;
  25.     for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
  26.     inv[N - 1] = ksm(fac[N - 1], mo - 2);
  27.     for (int i = N - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mo;
  28. }
  29. void add (int x, bool o) {
  30.     if (!o) ret -= C(r, l + 1);
  31.     else ret = ret * 2 - C(r - 1, l);
  32.     ret = (ret + mo) % mo;
  33. }
  34. void rem (int x, bool o) {
  35.     if (!o) ret += C(r, l + 1);
  36.     else ret = (ret + C(r - 1, l)) * inv2;
  37.     ret = ret % mo;
  38. }
  40. int main () {
  41.     cin >> n, siz = sqrt(n + 0.5), ppw();
  42.     for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  43.         scanf("%d%d", &a[i].r, &a[i].l);
  44.         a[i].i = i;
  45.     }
  46.     sort(a + 1, a + 1 + n);
  47.     ret = 0;
  48.     for (int i = 0; i <= a[1].l; ++i) {
  49.         ret = (ret + C(a[1].r, i)) % mo;
  50.     }
  51.     ans[a[1].i] = ret;
  52.     l = a[1].l, r = a[1].r;
  53.     for (int i = 2; i <= n; ++i) {
  54.         for ( ; l > a[i].l; ) --l, add(l, 0);
  55.         for ( ; r < a[i].r; ) ++r, add(r, 1);
  56.         for ( ; l < a[i].l; ) rem(l, 0), ++l;
  57.         for ( ; r > a[i].r; ) rem(r, 1), --r;
  58.         ans[a[i].i] = ret;
  59.     }
  60.     for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
  61.     return 0;
  62. }

G. Depth-First Search

题意：

给出一棵\(n\)个节点的无根树和一个长度为\(n\)的排列\(B\)。问有多少种dfs序在字典序上小于这个排列。

题解：

运用题解里提到的“逐位确定”的思想。
首先，我们要知道，根的编号小于\(B[1]\)的方案数有多少种。
不妨假设从\(r\)开始\(（r<B[1]）\)，那么可以树形dp出总方案数。
表达式为\(ans[r] = \prod (cntchild[i])! = deg[r] * \prod_{i \neq r} \ (deg[i]-1)!\)。
那么，根节点比\(B[1]\)小的总答案为\(ans1 = (\prod_{i<B[1]} deg[i]!) * (\prod_{i \geq B[1]} \ (deg[i]-1)!)\)。
那如何统计以\(B[1]\)为根的序列方案呢？
Notice，逐位确定。
首先不妨先将每个点的子节点排个序。
然后假设现在处于节点\(x\)，并假设\(x\)的所有祖先（包括自己）恰好组成了\(B\)的某个前缀，设是\(B[i]\)。
设达成这种状态的方案数为\(pp\)（这个信息可以从父节点传下来）。（其实这里说的状态是根据匹配的前缀长度来划分的，若有两个合法序列\(A1\)，\(A2\)，设\(A1\)和\(B\)的最长公共前缀为\(l1\)，\(A2\)和\(B\)的最长公共前缀为\(l2\)，\(l1=l2\)，则它们属于同种状态，否则算不同种）
那么，如果\(B[i+1]\)是\(x\)的某个子节点，显然，我们可以确定比\(B[i+1]\)小的\(x\)的子节点数\(cnt\)，剩余的\(x\)的子点数\(res\)。那对于此种状态，合法的序列数又增加了
\[delta = cnt * (res)! * \prod_{son[x,j] \neq B[i+1]} f[son[x,j]] * pp \]
其中\(f[k]\)表示在以\(k\)为根的子树中有多少种序列（任意），可以预处理出来。
需要注意，也许把一个子树搜完了，整棵树并没有被搜完。所以还要关注其他子树（即搜索下一个等于\(B[nxt]\)的子节点，直到不可能找到这种子节点为止，此时贡献已计算完毕，退出即可）。这样转化成了相同的问题。但是如果dfs了一个子树（同时贡献也计算完了），就要把这棵子树的贡献删掉。快速搜索和删除贡献要用高效的数据结构维护，比如树状数组。注意，删除贡献这一步非常重要，需要仔细考虑。
最后注意程序一定要高效。这个题常数好像挺大的。本地还会爆栈。

代码：

  1. #pragma GCC optimize(2)
  2. #include <bits/stdc++.h>
  3. #define ll long long
  4. using namespace std;
  6. const int N = 1000005, mo = 1e9 + 7;
  7. int n, A[N], siz[N];
  8. int tot, lnk[N], nxt[N << 1], son[N << 1];
  9. ll ans, tmp, fac[N], inv[N], f[N];
  10. vector <int> g[N];
  12. void add (int x, int y) {
  13.     nxt[++tot] = lnk[x], lnk[x] = tot, son[tot] = y;
  14. }
  15. ll ksm (ll b, ll p) {
  16.     if (p < 2) return p ? b : 1;
  17.     ll t = ksm(b, p >> 1); t = t * t % mo;
  18.     return p & 1 ? t * b % mo : t;
  19. }
  20. void pre (int x, int p) {
  21.     siz[x] = 1, f[x] = 1;
  22.     for (int j = lnk[x]; j; j = nxt[j]) {
  23.         if (son[j] == p) continue;
  24.         g[x].push_back(son[j]);
  25.         pre(son[j], x);
  26.         siz[x] += siz[son[j]];
  27.         f[x] = f[x] * f[son[j]] % mo;
  28.     }
  29.     f[x] = f[x] * fac[g[x].size()] % mo;
  30. }
  32. struct bit {
  33.     int siz; vector <int> c;
  34.     void init (int x) {siz = x, c.clear(), c.resize(x + 1);}
  35.     void add (int x) {for ( ; x <= siz; x += x & (-x)) ++c[x];}
  36.     void remove (int x) {for ( ; x <= siz; x += x & (-x)) --c[x];}
  37.     int count (int x, int ret = 0) {for ( ; x > 0; x -= x & (-x)) ret += c[x]; return ret;}
  38. } bt[N];
  39. int sear (int x, int v) {
  40.     int ret = 0;
  41.     for (int i = 19; ~i; --i) {
  42.         if (ret + (1 << i) - 1 >= g[x].size()) continue;
  43.         if (g[x][ret + (1 << i) - 1] < v) ret += 1 << i;
  44.     }
  45.     return ret - 1;
  46. }
  48. bool dfs (int x, int no, ll pp) {
  49.     int num = no, cnt = g[x].size(); ll prod = 1;
  50.     for (int i = 0; i < cnt; ++i) {
  51.         prod = prod * f[g[x][i]] % mo;
  52.         bt[x].add(i + 1);
  53.     }
  54.     for (int i = 0, suit, y; i < cnt; ++i) {
  55.         suit = sear(x, A[num + 1]);
  56.         ans += pp * prod % mo * fac[cnt - 1 - i] % mo * bt[x].count(suit + 1);
  57.         ans %= mo;
  58.         ++suit; if (suit >= cnt) return 0;
  59.         y = g[x][suit];
  60.         if (y != A[num + 1]) return 0;
  61.         bt[x].remove(suit + 1);
  62.         prod = prod * ksm(f[y], mo - 2) % mo;
  63.         if (!dfs(y, num + 1, pp * prod % mo * fac[cnt - 1 - i] % mo)) return 0;
  64.         else num += siz[y];
  65.     }
  66.     return 1;
  67. }
  68. void ppw () {
  69.     fac[0] = 1;
  70.     for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
  71.     inv[N - 1] = ksm(fac[N - 1], mo - 2);
  72.     for (int i = N - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mo;
  73. }
  74. int main () {
  75.     ppw();
  76.     int T; cin >> T;
  77.     for ( ; T; --T) {
  78.         scanf("%d", &n), tot = 0;
  79.         for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  80.             scanf("%d", &A[i]);
  81.             siz[i] = f[i] = lnk[i] = 0;
  82.             g[i].clear();
  83.             g[i].resize(0);
  84.         }
  85.         for (int i = 1; i <= n * 2; ++i) nxt[i] = 0;
  86.         for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
  87.             scanf("%d%d", &x, &y);
  88.             add(x, y), add(y, x);
  89.         }
  90.         ans = 0, tmp = 1;
  91.         pre(A[1], 0);
  92.         for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  93.             if (i == A[1]) tmp = tmp * fac[g[i].size() - 1] % mo;
  94.             else tmp = tmp * fac[g[i].size()] % mo;
  95.         }
  96.         for (int i = 1; i < A[1]; ++i) ans = (ans + tmp * (g[i].size() + 1)) % mo;
  97.         for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  98.             sort(g[A[i]].begin(), g[A[i]].end());
  99.             bt[A[i]].init(g[A[i]].size());
  100.         }
  101.         dfs(A[1], 1, 1);
  102.         printf("%lld\n", ans);
  103.     }
  104.     return 0;
  105. }

毒瘤题，补不动！。。

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