AtCoder-arc058(题解)

A - こだわり者いろはちゃん / Iroha's Obsession(暴力)

题目大意：

给你 $k$ 个个位数字和一个数字 $n$ ，要求找到一个大于等于n的数字，使得不出现 $k$ 个数.

大致思路：

直接枚举就行了，最多枚举到多一位。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,k;

int vis[20];

bool check(int x){

	while(x){

		int d=x%10;

		x/=10;

		if(vis[d])return 0;

	}

	return 1;

}

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	scanf("%d%d",&n,&k);

	for(int i=1,x;i<=k;i++)scanf("%d",&x),vis[x]=1;

	for(int i=n;;i++){

		if(check(i)){

			printf("%d\n",i);return 0;

		}

	}

	return 0;

}

B - いろはちゃんとマス目 / Iroha and a Grid(组合数)

题目链接

题意大意：

一个 $H$ 和 $W$ 的长方形矩阵，在其左下角的 $X$ 和 $Y$ 长方形矩阵不能走，问从左上角往下和往右到右下角的方案数 $（）（H,W<=1e5）$

大致思路：

首先要知道，若没有不能走的格子，从 $(x1,y1)$ 走到 $(x2,y2)$ 的方案数应该是 $C(x2+y2-x1-y1,x2-x1)$ ，我们假设左上角坐标位 $(1,1)$ ，右下角坐标位 $(H,W)$ ，那么以 $x=X$ 为分界线，将可行部分分成两个不同大小的矩形，那么对于每一个方案必须向右穿过这个分界线，那么假设 $y=i$ ，我们要从 $(X,i) \to (X+1,i)$ ，我们只要算出从 $(1,1) \to (X,i)$ 的方案数 $*$ 从 $(X+1,i) \to (H,W)$ 的方案数，然后把分界线上的每一个点累加起来就可以得到答案，预处理阶乘和阶乘的逆元。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

const int N=2e5+10;

const int mod=1e9+7;

ll n,m,a,b;

ll ksm(ll a,ll b){

	ll res=1,t=a;

	while(b){

		if(b&1)res=(res*t)%mod;

		t=(t*t)%mod;

		b>>=1;

	}

	return res;

}

ll jc[N],inv[N];

void init(){

	jc[0]=inv[0]=1;

	for(int i=1;i<N;i++)jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod,inv[i]=ksm(jc[i],mod-2);

}

ll C(ll a,ll b){

	return ((jc[b]*inv[a])%mod*inv[b-a])%mod;

}

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	init(); // 预处理阶乘和逆元

	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&a,&b);

	ll ans=0;

	for(int i=1;i<=n-a;i++){

		ll ans1=C(b-1,b+i-2); //分界线两个对应的点

		ll ans2=C(m-b-1,n-i+m-b-1);

		ans=(ans+ans1*ans2)%mod;

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

C - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku(状压DP)

题目大意：

给定 $，，X，Y，Z$ ，要求生成一个 $n$ 个数字的序列，每个数字为 $1-10$ ，问所有可能的序列中满足条件：存在 $1<=x<y<z<w<=n$ ，使得 $\sum^{x}_{y-1}{a_i}=X,\sum^{y}_{z-1}{a_i}=Y,\sum^{z}_{w-1}{a_i}=Z$ ，的序列个数是多少。 $(X<=5,Y<=7,Z<=5,n<=40)$

大致思路：

首先对于这种数据范围很小的题目应该要考虑状压dp来解决，首先对于一个数字 $5$ ，我们可以用二进制 $10000$ 来表示，对于要形成连续的三段和为 $，，2，3，1$ 的状态可以用二进制 $10 100 1$ 来表示，将它们拼接起来，那么对于一个序列 $，，，2，1，2，1$ 的状态就可以用二进制 $10 1 10 1$ ，可以发现上面 $101001\&101101=101001$ 这就表示 $，，，2，1，2，1$ 序列是满足连续的三段和为 $，，2，3，1$ 的。通过这样构造我们就可以进行状态的转移了，我们应该求得是序列不满足条件的个数，最后在减去。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=(1<<18);

const int mod=1e9+7;

int dp[50][N];

int n,a,b,c;

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	scanf("%d",&n);

	scanf("%d",&a);scanf("%d",&b);scanf("%d",&c);

	int bz=(1<<(a-1))|(1<<(a+b-1))|(1<<(a+b+c-1));//目标状态

	int mx=(1<<(a+b+c));//总共的状态数

	dp[0][0]=1;//初始化

	int p=1;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		p=(1ll*10*p)%mod;//计算总共的方案数

		for(int j=0;j<mx;j++){//枚举所有状态

			if(dp[i-1][j]==0)continue;//上一个此状态无解

			for(int k=1;k<=10;k++){//枚举每种方案

				int now=(j<<k)|(1<<(k-1));//更新状态

				now&=(mx-1);//防止溢出

				if((now&bz)!=bz){//不能构成X，Y，Z

					dp[i][now]=(dp[i][now]+dp[i-1][j])%mod;

				}

			}

		}

	}

	int ans=p;

	for(int i=0;i<mx;i++){

		ans=(ans-dp[n][i]+mod)%mod;//

	}

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

D - 文字列大好きいろはちゃん / Iroha Loves Strings(暴力+dp)

题目大意：

给定 $N$ 个字符串，选择一些字符串使得它们的总长为 $K$ ，并且它们按照顺序拼接起来的字典序最小，保证有解。$(N<=2000,K<=1e4,len_i<=K,\sum{len_i}<=1e6)$

大致思路：

首先必然要预处理一个$dp[i][j]$，表示使用 $i-n$ 的字符串能否构成 $j$长度的字符串，使用 $bitset$ 优化01背包

我们将可以使用的字符串的第 $1$ 位加入队列，对于答案的每一位进行构造，对于第 $i$ 位必然是队列中的所有字符的最小值，接下来，更新队列，如果当前位为该字符串的结尾，那么表示我们可以将其后面的字符串的第一位加入队列，如果未到结尾就添加该字符串的后一位。

（这个做法不是正解，但是复杂度还行，正解使用了 $exkmp$ ，有研究研究）

代码：

//这题很玄，可能会re或者wa

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

bitset<10010> ok[2010];

pair<int,int> p[2][10010];

char s[2010][10010],ans[1000010];

int len[2010],n,k,cnt=0,ncnt=0;

int main()

{

    scanf("%d%d",&n,&k);

    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1),len[i]=strlen(s[i]+1);

    ok[n+1][0]=1;

    for (int i=n;i>=1;i--)

        ok[i]=ok[i+1]|(ok[i+1]<<len[i]);//01背包处理可以拼成的长度

    for (int i=1;i<=n;i++)

        if (ok[i+1][k-len[i]]) p[0][++cnt]=make_pair(i,1);//加入，使用滚动数组

    int f=0;

    for (int i=1;i<=k;i++)

    {

        char mi='z';

        for (int j=1;j<=cnt;j++) mi=min(mi,s[p[f][j].first][p[f][j].second]);//贪心选择最小字符

        ans[i]=mi;

        int mx=n+1;//初始化为大值

        ncnt=0;

        for (int j=1;j<=cnt;j++)

        {

            int id=p[f][j].first,pos=p[f][j].second;

            if (s[id][pos]!=mi) continue;

            if (pos==len[id]) mx=min(mx,id);//当前字符串结束，可以选择当前字符串后面的所以字符串

            else p[f^1][++ncnt]=make_pair(id,pos+1);//继续使用这个字符串

        }

        for (int j=mx+1;j<=n;j++)

            if (k-len[j]-i>=0&&ok[j+1][k-len[j]-i]) p[f^1][++ncnt]=make_pair(j,1);//判断是否可以用该字符串

        f^=1;//

        cnt=ncnt;//

    }

    printf("%s\n",ans+1);

}