「2017 Multi-University Training Contest 1」2017多校训练1

1001 Add More Zero（签到题）

题目链接 HDU6033 Add More Zero

找出最大的k，使得\(2^m-1\ge 10^k\)。

直接取log，-1可以忽略不计。

#include <cstdio>
#include <cmath>
int cas,m;
int main(){
	while(~scanf("%d",&m)){
		printf("Case #%d: %d\n",++cas,(int)(m*log(2)/log(10)));
	}
	return 0;
}

1002 Balala Power!（贪心）

题目链接 HDU6034 Balala Power!

26个字母可以映射到0～25。问给定的n个字符串代表的26进制数的和的最大值是多少。注意不能有前导零。

将系数提出来就是\(a(k_{a0}\cdot 26^0+k_{a1}\cdot 26^1+...)+b(k_{b0}\cdot 26^0+k_{b1}+...)+...\)。

所以可以统计出 \(k[i ][j]\)，然后根据k数组给字母们排序，注意如果某个\(k[i][j]\ge 26\)，需要进位到\(k[i][j+1]\)。

然后就是从小到大依次赋值0~25。但是这样可能有前导零。

所以如果第一个不能为零，就找最小的可以为0放到最前面，它前面的都往后移一位。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define N 100005
#define M 26

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=(1e9+7);

struct Node{
	int id;
	int big;
	bool zero;
}zm[M];

ll p[N];
ll k[M][N];
char s[N];
int cas,n;

void init(){
	p[0]=1;
	for(int i=1;i<N;++i)p[i]=p[i-1]*M%MOD;
}
bool cmp(const Node& a,const Node& b){
	if(a.big==b.big){
		int i;
		for(i=a.big;i&&k[a.id][i]==k[b.id][i];--i);
		return k[a.id][i]<k[b.id][i];
	}
	return a.big<b.big;
}
ll solve(){
	for(int i=0;i<M;++i){
		for(int j=0;j<=zm[i].big;++j){
			if(k[i][j]>=M){
				k[i][j+1]+=k[i][j]/M;
				k[i][j]%=M;
				if(j==zm[i].big)++zm[i].big;//！！！
			}
		}
	}
	sort(zm,zm+M,cmp);

	ll ans=0;
	int i;
	for(i=0;i<M&&!zm[i].zero;++i);
	rotate(zm,zm+i,zm+i+1);
	for(int i=0;i<M;++i){
		for(int j=0;j<=zm[i].big;++j){
			ans+=k[zm[i].id][j]*p[j]*i;
			if(ans>=MOD)ans%=MOD;
		}
    }
	return ans;
}
int main(){
	init();
	while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=0;i<M;++i){
			zm[i].id=i;
			zm[i].big=0;
			zm[i].zero=true;
			memset(k[i],0,sizeof(k[i]));
		}
		for(int i=0;i<n;++i){
			scanf("%s",s);
			int len=strlen(s);
			if(len>1)zm[s[0]-'a'].zero=false;
			for(int j=0;s[j];++j){
				int d=s[j]-'a';
				++k[d][len-j-1];
				zm[d].big=max(zm[d].big,len-j-1);
			}
		}
		printf("Case #%d: %lld\n",++cas,solve());
	}
	return 0;
}

1003 Colorful Tree（dfs）

题目链接 HDU6035 Colorful Tree

n（1e5）个节点的树，已知每个节点颜色，求每条路径的不同颜色数之和。

直接计算每条路径上不同颜色会超时，那就计算每个节点的贡献。每个节点对所有经过它的路径有可能有贡献，因为一条路径上有多个相同颜色的点，所以计算起来就麻烦了。正难则反，全集是所有颜色对所有路径都有贡献，也就是\(n\cdot(n-1)/2\)。补集是每个节点因为不经过它的路径而减少的贡献。然后用 sum[x] 记录以颜色 x 为根的子树有多少个节点。prev 记录访问当前节点 u 时，访问子节点 v 之前的sum[x]，那么访问完 v 后，sumv=sum[x]-prev 就是 v 节点为根的子树里 x颜色为根的节点数量。siz[v] 记录子树 v 的总节点数，那么othr=siz[v]-sumv 就是子树 v 里不在x为根的子树里的节点的数量。所以子树 v 对颜色col[u] 减少的路径就是 所有othr个节点里任意两个之间的路径。还要考虑每个颜色最上面的点的上面的节点任意两个的路径，也是不经过该颜色的。

官方题解说这是虚树的思想。

我参考的题解

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200001
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
vector<int> e[N];
int siz[N];
int col[N];
ll sum[N];
ll ans;
void dfs(int u,int f){
	siz[u]=1;
	ll tot=0;
	for(auto v:e[u]){
		if(v!=f){
			ll prev = sum[col[u]];
			dfs(v,u);
			siz[u] += siz[v];
			ll sumv = sum[col[u]] - prev;
			ll othr = siz[v] - sumv;
			tot += sumv;
			ans -= (othr-1)*othr/2;
		}
	}
	sum[col[u]]+=siz[u]-tot;
}
int cas;
int cnt;
bool mark[N];
int main(){
	while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=1;i<=n;++i){
			e[i].clear();
			mark[i]=0;
			sum[i]=0;
			cnt=0;
		}
		for(int i=1;i<=n;++i){
			scanf("%d",&col[i]);
			if(!mark[col[i]]){
				mark[col[i]]=1;
				++cnt;
			}
		}
		for(int i=1;i<n;++i){
			int u,v;
			scanf("%d%d",&u,&v);
			e[u].pb(v);
			e[v].pb(u);
		}
		ans=(ll)n*(n-1)/2*cnt;
		dfs(1,0);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			if(sum[i]){
				ll up=n-sum[i];
				ans-=(up-1)*up/2;
			}
		printf("Case #%d: %lld\n",++cas,ans);
	}
	return 0;
}

1006 Function（置换）

题目链接 HDU6038 Function

a 是0～n-1的排列，b 是0～m-1 的排列，\(f\) 是定义域为0~n-1，值域为0～m-1 的函数。求有多少符合\(f(i)=b_{f(a_i)}\)的函数\(f\)。

官方题解搬运：

考虑置换 a 的一个循环节，长度为 l，

\[f(i) = b_{f(a_i)} = b_{b_{f(a_{a_i})}} = \underbrace{b_{\cdots b_{f(i)}}}_{l\text{ times }b}
\]

那么 f(i) 的值在置换 b 中所在的循环节的长度必须为 l 的因数。

而如果 f(i)的值确定下来了，这个循环节的另外 l - 1 个数的函数值也都确定下来了。

答案就是 \(\prod_{i = 1}^{k} \sum_{j | l_i} {j \cdot cal_j}\) ，其中 k 是置换 a 中循环节的个数，\(l_i\) 表示置换 a 中第 i 个循环节的长度， \(cal_j\) 表示置换 b 中长度为 j 的循环节的个数。

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