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

1001 Add More Zero（签到题）

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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