/*
这大概是我第一次整理模拟赛吧.
唉.
T2打了很长时间.
一开始读错题了中间都能缩合了.
真心对不起生物老师hhh.
这种状态判重的题目还是做的太少!
*/

背单词

【题目描述】

  fqk 退役后开始补习文化课啦, 于是他打开了英语必修一开始背单词。 看着满篇的单词非常头疼, 而每次按照相同的顺序背效果并不好,于是 fqk 想了一种背单词的好方法!他把单词抄写到一个 n 行 m 列的表格里,然后每天背一行或者背一列。他的复习计划一共有 k 天,在k 天后, fqk 想知道,这个表格中的每个单词,最后一次背是在哪一天呢?

【输入格式】

  第一行三个整数 k m n 。

  接下来 k 行,每行的格式可能如下:

  1 r ,表示当前天 fqk 背了第 r 行的单词。

  2 c ,表示当前天 fqk 背了第 c 列的单词。

【输出格式】

  输出包含 n 行, 每行 m 个整数, 表示每个格子中的单词最后一次背是在哪天,如果这个单词没有背过,则输出 0 。

【输入样例】

  3 3 3

  1 2

  2 3

  1 3

【输出样例】

  0 0 2

  1 1 2

  3 3 3

【数据范围】

  对于 30% 的数据, n,m,k<=1000 。

  对于 100% 的数据, n,m<=5000,nm<=100000,k<=100000。

【时空限制】

  对于每个测试点,时间限制为 1s ,空间限制为 512MB 。

/*
暴力.
kn.
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 5001
using namespace std;
int l[MAXN],c[MAXN],n,m,k,g[MAXN][MAXN];
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*f;
}
int main()
{
//freopen("word.in","r",stdin);
//freopen("word1.out","w",stdout);
int x,y;
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=1;i<=k;i++)
{
x=read(),y=read();
if(x&1)
{
for(int j=1;j<=m;j++) g[y][j]=i;
}
else
{
for(int j=1;j<=n;j++) g[j][y]=i;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
printf("%d ",g[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}
/*
模拟.
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 5001
using namespace std;
int l[MAXN],c[MAXN],n,m,k;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*f;
}
int main()
{
freopen("word.in","r",stdin);
freopen("word.out","w",stdout);
int x,y;
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=1;i<=k;i++)
{
x=read(),y=read();
if(x&1) l[y]=i;
else c[y]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
printf("%d ",max(l[i],c[j]));
printf("\n");
}
return 0;
}

【题目描述】

fqk 退役后开始补习文化课啦, 于是他打开了生物必修一开始复习

蛋白质,他回想起了氨基酸通过脱水缩合生成肽键,具体来说,一个

氨基和一个羧基会脱去一个水变成一个肽键。于是他脑洞大开,给你

出了这样一道题:

fqk 将给你 6 种氨基酸和 m 个脱水缩合的规则,氨基酸用

’ ’ , ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ f e d c b a 表示,每个规则将给出两个字符串 t s, ,其中

1 | | , 2 | |   t s ,表示 s 代表的两个氨基酸可以通过脱水缩合变成 t 。然后

请你构建一个长度为 n ,且仅由 ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ , ’ ’ f e d c b a 构成的氨基酸序列,

如果这个序列的前两个氨基酸可以进行任意一种脱水缩合, 那么就可

以脱水缩合,脱水缩合后序列的长度将 1  ,这样如果可以进行 1  n 次

脱水缩合,最终序列的长度将变为 1 ,我们可以认为这是一个蛋白质,

如果最后的蛋白质为 ’ ‘a , 那么初始的序列就被称为一个好的氨基酸序

列。 fqk 想让你求出有多少好的氨基酸序列。

注:题目描述可能与生物学知识有部分偏差(即氨基酸进行脱水

缩合后应该是肽链而不是新的氨基酸),请以题目描述为准。

【输入格式】

第一行两个整数 q n, 。

接下来 q 行,每行两个字符串 t s, ,表示一个脱水缩合的规则。

【输出格式】

一行,一个整数表示有多少好的氨基酸序列。

【输入样例】

3 5

ab a

cc c

ca a

ee c

ff d

【输出样例】

4

【样例解释】

一共有四种好的氨基酸序列,其脱水缩合过程如下:

“abb” “ab” “a”

“cab” “ab” “a”

“cca” “ca” “a”

“eea” “ca” “a”

【数据范围】

对于 % 100 的数据, 36 , 6 2    q n 。数据存在梯度。

【时空限制】

对于每个测试点,时间限制为 s 2 ,空间限制为 MB 512 。

/*
Bfs.
从末状态向前找合法状态.
状态总数不到700w.
数据太水乱搞即可23333.
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 1001
#define INF 7000001
#define MAXM 40
using namespace std;
int n,m,ans,t[9];
struct data{int x,l;};
struct node{int x[MAXM],tot;}a[MAXM];
bool b[INF];
queue<data>q;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*f;
}
inline void check()
{
if(n==1)
{
for(int i=1;i<=6;i++) ans+=b[i];
}
else if(n==2)
{
for(int i=1;i<=6;i++)
for(int j=1;j<=6;j++)
ans+=b[i*10+j];
}
else if(n==3)
{
for(int i=1;i<=6;i++)
for(int j=1;j<=6;j++)
for(int k=1;k<=6;k++)
ans+=b[i*100+j*10+k];
}
else if(n==4)
{
for(int l=1;l<=6;l++)
for(int i=1;i<=6;i++)
for(int j=1;j<=6;j++)
for(int k=1;k<=6;k++)
ans+=b[l*1000+i*100+j*10+k];
}
else if(n==5)
{
for(int w=1;w<=6;w++)
for(int l=1;l<=6;l++)
for(int i=1;i<=6;i++)
for(int j=1;j<=6;j++)
for(int k=1;k<=6;k++)
ans+=b[w*10000+l*1000+i*100+j*10+k];
}
else if(n==6)
{
for(int p=1;p<=6;p++)
for(int w=1;w<=6;w++)
for(int l=1;l<=6;l++)
for(int i=1;i<=6;i++)
for(int j=1;j<=6;j++)
for(int k=1;k<=6;k++)
ans+=b[p*100000+w*10000+l*1000+i*100+j*10+k];
}
}
void bfs()
{
t[0]=1;int x,z,w;
for(int i=1;i<=7;i++) t[i]=t[i-1]*10;
q.push((data){1,1});
while(!q.empty())
{
data u=q.front();q.pop();
if(u.l==n) continue;
for(int i=1;i<=min(u.l,1);i++)
{
x=(u.x%t[u.l-i+1])/t[u.l-i];
z=(u.x-u.x%t[u.l-i+1])*10;
w=u.x%t[u.l-i];
for(int j=1;j<=a[x].tot;j++)
{
int y=a[x].x[j]*t[u.l-i];
if(!b[z+y+w])
b[z+y+w]=true,q.push((data){z+y+w,u.l+1});
}
}
}
}
int main()
{
freopen("merge.in","r",stdin);
freopen("merge.out","w",stdout);
char x,y,z;
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>x>>y>>z;x-=96,y-=96,z-=96;
a[z].x[++a[z].tot]=x*10+y;
}
bfs();
check();
cout<<ans;
return 0;
}

一次函数

【题目描述】

fqk 退役后开始补习文化课啦, 于是他打开了数学必修一开始复习

函数, 他回想起了一次函数都是 b kx x f   ) ( 的形式, 现在他给了你 n 个

一次函数

i i i

b x k x f   ) ( , 然后将给你 m 个操作, 操作将以如下格式给出:

M . 1 i k b ,把第 i 个函数改为 b kx x f i   ) ( 。

Q . 2 l r x ,询问 ))) ( (… (

1

x f f f

l r r 

mod 1000000007 的值。

【输入格式】

第一行两个整数 n , m ,代表一次函数的数量和操作的数量。

接下来 n 行,每行两个整数,表示

mod 1000000007 的值。接下来 m 行,每行的格式为 M i k b 或 Q l r x 。

【输出格式】

对于每个操作 Q ,输出一行表示答案。

【输入样例】

5 5

4 2

3 6

5 7

2 6

7 5

Q 1 5 1

Q 3 3 2

M 3 10 6

Q 1 4 3

Q 3 4 4

【输出样例】

1825

17

978

98

【数据范围】

对于 % 30 的数据, 1000 ,  m n 。

对于 % 100 的数据, 1000000007 , , , 200000 ,  x b k m n 。

【时空限制】

对于每个测试点,时间限制为2 s ,空间限制为 512 MB。

/*
线段树.
对于合并两者的k,b
设前为k1,b1 后为 k2,b2.
则合并k2*(k1*x+b1)+b2.
则转化为k2*k1*x+k2*b1+b2
即k为k2*k1,b为k2*b1+b2.
线段树维护即可.
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 200001
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,m,cut;
struct data{int l,r,lc,rc;LL b,k;}tree[MAXN*4];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*f;
}
inline void build(int l,int r)
{
int k=++cut;tree[k].l=l,tree[k].r=r;
if(l==r)
{
tree[k].k=read(),tree[k].b=read();return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
tree[k].lc=cut+1;
build(l,mid);
tree[k].rc=cut+1;
build(mid+1,r);
tree[k].k=tree[tree[k].lc].k*tree[tree[k].rc].k%mod;
tree[k].b=
(tree[tree[k].rc].k*tree[tree[k].lc].b%mod+tree[tree[k].rc].b)%mod;
return;
}
void add(int k,int p,int kk,int b)
{
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
tree[k].k=kk,tree[k].b=b;
return ;
}
int mid=(tree[k].l+tree[k].r)>>1;
if(p<=mid) add(tree[k].lc,p,kk,b);
else add(tree[k].rc,p,kk,b);
tree[k].k=tree[tree[k].lc].k*tree[tree[k].rc].k%mod;
tree[k].b=
(tree[tree[k].rc].k*tree[tree[k].lc].b%mod+tree[tree[k].rc].b)%mod;
return;
}
LL queryk(int k,int l,int r)
{
if(l<=tree[k].l&&tree[k].r<=r) return tree[k].k;
LL tot=1,mid=(tree[k].l+tree[k].r)>>1;
if(l<=mid) tot*=queryk(tree[k].lc,l,r)%mod;
if(r>mid) tot*=queryk(tree[k].rc,l,r)%mod;
return tot%mod;
}
LL queryb(int k,int l,int r)
{
if(l<=tree[k].l&&tree[k].r<=r) return tree[k].b;
LL tot=0,mid=(tree[k].l+tree[k].r)>>1;
if(l<=mid) tot=queryb(tree[k].lc,l,r);
if(r>mid) {
tot=(tot*queryk(tree[k].rc,l,r)%mod+queryb(tree[k].rc,l,r))%mod;
}
return tot;
}
int main()
{
freopen("fx.in","r",stdin);
freopen("fx.out","w",stdout);
int x,y,z;char ch;
n=read(),m=read();
build(1,n);
while(m--)
{
cin>>ch;
x=read(),y=read(),z=read();
if(ch=='M') add(1,x,y,z);
else
{
LL p=queryk(1,x,y),q=queryb(1,x,y);
printf("%lld\n",(p*z%mod+q)%mod);
}
}
return 0;
}

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