NOIP模拟58

T1 Lesson5 !

解题思路

首先对于整张图求出拓扑序，然后顺着拓扑序其实也就是顺着边的方向，更新最长路，也就是从 1 节点到达这个节点的最长路。

然后再逆着拓扑序，反向求一下最长路，也就是从这个节点出发可以到达的最远距离。

然后爆扫每一个点，用 multiset 维护删掉这个点以及与它相连的边对最终答案造成的影响，更新答案。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e5+10,M=5e5+10,INF=1e18;
int T,n,m,top,ans,aid,sta[N],du[N],f[N],g[N];
int tot=1,head[N],nxt[M<<1],ver[M<<1];
multiset<int> se;
vector<int> v[N];
void add_edge(int x,int y)
{
	ver[++tot]=y;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	v[y].push_back(x);
	du[y]++;
}
void topo_sort()
{
	int pos=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!du[i])
			sta[++top]=i;
	while(top<n)
	{
		pos++;
		for(int i=head[sta[pos]];i;i=nxt[i])
		{
			int to=ver[i]; du[to]--;
			if(!du[to]) sta[++top]=to;
		}
	}
}
void solve()
{
	tot=1; top=0; ans=INF; memset(head,0,sizeof(head)); memset(du,0,sizeof(du));
	memset(f,0,sizeof(f)); memset(g,0,sizeof(g)); se.clear();
	n=read(); m=read();
	if(n==1) return printf("1 0"),void();
	for(int i=1;i<=n;i++) vector<int>().swap(v[i]);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) x=read(),y=read(),add_edge(x,y);
	topo_sort();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=sta[i]; f[x]=max(f[x],1ll);
		for(int j=head[x];j;j=nxt[j])
			f[ver[j]]=max(f[ver[j]],f[x]+1);
	}
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		int x=sta[i]; g[x]=max(g[x],1ll);
		for(int j=head[x];j;j=nxt[j])
			g[x]=max(g[x],g[ver[j]]+1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) se.insert(g[i]); se.insert(0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=sta[i];
		for(int j=0;j<v[x].size();j++)
		{
			int to=v[x][j];
			se.erase(se.find(f[to]+g[x]));
		}
		se.erase(se.find(g[x]));
		int temp=(*se.rbegin());
		if(temp<ans) ans=temp,aid=x;
		else if(temp==ans&&x<aid) aid=x;
		for(int j=head[x];j;j=nxt[j])
		{
			int to=ver[j];
			se.insert(g[to]+f[x]);
		}
		se.insert(f[x]);
	}
	printf("%lld %lld\n",aid,ans-1);
}
signed main()
{
	freopen("johnny.in","r",stdin); freopen("johnny.out","w",stdout);
	T=read(); while(T--) solve();
	return 0;
}

T2 贝尔数

解题思路

矩阵快速幂+CRT+exgcd

模数是一个合数，并且只有 5 个比较小的质因数，因此我们可以选择对于每一个小的质因数求出答案用 CRT 进行合并。

假设当前处理的质因数为 \(p\) ，对于小于 \(p\) 的答案可以直接根据公式1算出，对于比较大的直接矩阵快速幂通过第二个柿子进行转移，每次转移 \(p-1\) 个。

初始矩阵设为 \(1\times p\) 的矩阵，假设第一个数是 \(x\) 那么 \(x\) 可以直接从 \(x+p-1\) 转移过来， 其它的就运用公式进行运算就好了。

假如 \(p=3\) 的话（当然题目中并不存在这个因子）单位矩阵就是这样： \(\begin{bmatrix}0 & 1 & 0\\\\0 & 1 & 1\\\\1 & 0 & 1\\\\\end{bmatrix}\)

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=110,M=1e3+10,mod=95041567;//31*37*41*43*47
int T,n,m,mo,q[N],f[M][10],c[N][N][10],s[10],t[10],d[10]={0,31,37,41,43,47};
struct Squre
{
	int a[50][50];
	void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
	Squre friend operator * (Squre x,Squre y)
	{
		Squre z;z.clear();
		for(int i=1;i<=m;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				for(int k=1;k<=m;k++)
					z.a[i][j]+=x.a[i][k]*y.a[k][j];
		for(int i=1;i<=m;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				z.a[i][j]%=mo;
		return z;
	}
}e;
void power(Squre &x,int y)
{
	while(y)
	{
		if(y&1) x=x*e;
		e=e*e; y>>=1;
	}
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int z=x; x=y; y=z-y*(a/b);
	return d;
}
void init(int pos)
{
	int lim=d[pos],x,y; f[0][pos]=f[1][pos]=1;
	exgcd(mod/d[pos],d[pos],x,y); t[pos]=(x%d[pos]+d[pos])%d[pos];
	for(int i=1;i<=lim*2;i++)
	{
		c[i][0][pos]=c[i][i][pos]=1;
		for(int j=1;j<i;j++)
			c[i][j][pos]=(c[i-1][j][pos]+c[i-1][j-1][pos])%lim;
	}
	for(int i=2;i<=lim*2;i++)
		for(int j=0;j<i;j++)
			f[i][pos]=(f[i][pos]+c[i-1][j][pos]*f[j][pos])%lim;
}
void prework(int x)
{
	e.clear(); e.a[x][1]=1;
	for(int i=2;i<=x;i++)
		e.a[i-1][i]=e.a[i][i]=1;
}
signed main()
{
	freopen("bell.in","r",stdin); freopen("bell.out","w",stdout);
	T=read();
	for(int i=1;i<=T;i++) q[i]=read(),n=max(n,q[i]);
	for(int i=1;i<=5;i++) init(i);
	for(int i=1;i<=T;i++)
	{
		for(int j=1;j<=5;j++)
		{
			prework(d[j]); Squre x; x.clear();
			m=mo=d[j];
			int y=q[i]/(d[j]-1),res=q[i]%(d[j]-1);
			for(int k=1;k<=d[j];k++)
				x.a[1][k]=f[res+k-1][j];
			power(x,y); s[j]=x.a[1][1];
		}
		int ans=0;
		for(int j=1;j<=5;j++)
			ans=(ans+s[j]*(mod/d[j])%mod*t[j]%mod)%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

T3 穿越广场

解题思路

AC自动机优化 DP

通过 AC 自动机 Fail 指针的定义可以知道，如果节点 u 的 Fail 指针指向 v ，那么 v 到根节点的串一定是 u 到根节点串的最长后缀。

那么我们对于一个节点一直跳下去每一个通过节点如果是两个串中某一个的结尾，那么相应的这个节点到根节点的路径中也就是包含了这个串。

如果一个节点最后没有子节点了他就一定会跳回根节点并且保留有之前走过的串的信息。

设 \(f_{i,j,k,sta}\) 表示一共走了 \(i\) 步，其中有 \(j\) 个 D ，当前在 \(k\) 节点 包含串的状态为 \(sta\) 的方案。

转移方程就是：

(f[i+1][j+1][tre[k][0]][sta|ending[tre[k]['D']]]+=f[i][j][k][sta])%=mod,
(f[i+1][j][tre[k][1]][sta|ending[tre[k]['R']]]+=f[i][j][k][sta])%=mod;

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=110,mod=1e9+7;
int n,m,T,all,ans,ending[N<<1],tre[N<<1][2],f[N<<1][N][N<<1][4],fail[N<<1];
char ch1[N],ch2[N];
queue<int> q;
int insert(char ch[])
{
	int len=strlen(ch+1),x=1;
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		int son=(ch[i]=='D');
		if(!tre[x][son]) tre[x][son]=++all;
		x=tre[x][son];
	}
	return x;
}
void get_Fail()
{
	q.push(1); tre[0][0]=tre[0][1]=1;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front(); q.pop();
		for(int i=0;i<=1;i++)
		{
			int son=tre[x][i];
			if(son) fail[son]=tre[fail[x]][i],q.push(son);
			else tre[x][i]=tre[fail[x]][i];
		}
	}
}
void solve()
{
	all=1; ans=0; memset(tre,0,sizeof(tre)); memset(f,0,sizeof(f));
	memset(fail,0,sizeof(fail)); memset(ending,0,sizeof(ending));
	n=read(); m=read(); scanf("%s%s",ch1+1,ch2+1);
	ending[insert(ch1)]|=1; ending[insert(ch2)]=2; f[0][0][1][0]=1; get_Fail();
	for(int i=1;i<=all;i++) for(int j=i;j;j=fail[j]) ending[i]|=ending[j];
	for(int i=0;i<n+m;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++)
			for(int k=1;k<=all;k++)
				for(int sta=0;sta<4;sta++)
					(f[i+1][j+1][tre[k][0]][sta|ending[tre[k][0]]]+=f[i][j][k][sta])%=mod,
					(f[i+1][j][tre[k][1]][sta|ending[tre[k][1]]]+=f[i][j][k][sta])%=mod;
	for(int i=0;i<=all;i++) ans=(ans+f[n+m][n][i][3])%mod;
	printf("%lld\n",ans);
}
signed main()
{
	freopen("square.in","r",stdin); freopen("square.out","w",stdout);
	T=read(); while(T--) solve();
	return 0;
}

T4 舞动的夜晚

解题思路

最大流+Tarjan

先对于整个图跑一次最大流也就是最大匹配，如果对于最大匹配这个点已经用过了那么用它一定不会对答案造成影响。

对于最大流中没有用到的边建正边，用到的建反边，跑一边 Tarjan 如果一个边所连接的两个点在同一个强连通分量里。

表明这条边是可以替代别的边的，也可以理解为可以退流，因此不是我们要的答案。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=2e4+10,M=3e5+10,INF=1e18;
int tot=1,head[N],nxt[M<<1],ver[M<<1],edge[M<<1];
int n,m,t,fro,tim,top,cnt,Ans,sta[N<<1],low[N],bel[N],dfn[N],ending,Hd[N],dep[N];
bool ans[M],vis[N],b[N];
struct Road{int l,r;}pat[M];
void add_edge(int x,int y,int val)
{
	ver[++tot]=y;
	edge[tot]=val;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}
inline bool bfs()
{
	memcpy(head,Hd,sizeof(Hd)); memset(dep,0x3f,sizeof(dep));
	queue<int> q; while(!q.empty()) q.pop();
	q.push(fro); dep[fro]=0;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front(); q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		{
			int to=ver[i];
			if(dep[to]<=dep[x]+1||!edge[i])	continue;
			q.push(to); dep[to]=dep[x]+1;
			if(to==ending)return true;
		}
		if(x==ending)	return true;
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int in)
{
	if(x==ending)	return in;
	int res=in;
	for(int i=head[x];i;head[x]=i=nxt[i])
		if(edge[i])
		{
			int to=ver[i];
			if(dep[to]==dep[x]+1)
			{
				int tmp=dfs(to,min(res,edge[i]));
				if(!tmp) dep[to]=0;
				else edge[i]-=tmp,edge[i^1]+=tmp,res-=tmp;
			}
			if(!res)	break;
		}
	return in-res;
}
void Tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++tim; sta[++top]=x; b[x]=true;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int to=ver[i];
		if(!dfn[to]) Tarjan(to),low[x]=min(low[x],low[to]);
		else if(b[to]) low[x]=min(low[x],dfn[to]);
	}
	if(low[x]==dfn[x])
	{
		cnt++; int temp;
		do
		{
			temp=sta[top--];
			b[temp]=false;
			bel[temp]=cnt;
		}while(x!=temp);
	}
}
signed main()
{
	freopen("night.in","r",stdin); freopen("night.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); t=read(); fro=0; ending=n+m+1;
	for(int i=1,x,y;i<=t;i++)
		x=read(),y=read(),pat[i]=(Road){x,y},
		add_edge(x,y+n,1),add_edge(y+n,x,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) add_edge(fro,i,1),add_edge(i,fro,0);
	for(int i=1;i<=m;i++) add_edge(i+n,ending,1),add_edge(ending,i+n,0);
	memcpy(Hd,head,sizeof(head));  while(bfs()) dfs(fro,INF);
	for(int i=1;i<=t;i++) ans[i]=edge[i<<1]^1;
	for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=edge[(t+i)<<1]^1;
	for(int i=1;i<=m;i++) vis[n+i]=edge[(t+n+i)<<1]^1;
	tot=1;
	for(int i=1;i<=n+m+2;i++) memset(head,0,sizeof(head));
	for(int i=1;i<=t;i++)
		if(!ans[i]) add_edge(pat[i].l,pat[i].r+n,0);
		else add_edge(pat[i].r+n,pat[i].l,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!vis[i]) add_edge(fro,i,0);
		else add_edge(i,fro,0);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(!vis[i+n]) add_edge(i+n,ending,0);
		else add_edge(ending,i+n,0);
	Tarjan(fro);
	for(int i=1;i<=n+m;i++)
		if(!dfn[i])
			Tarjan(i);
	if(!dfn[ending]) Tarjan(ending);
	for(int i=1;i<=t;i++)
		if(bel[pat[i].l]==bel[pat[i].r+n])
			ans[i]=true;
	for(int i=1;i<=t;i++) Ans+=ans[i]^1;
	printf("%lld\n",Ans);
	for(int i=1;i<=t;i++)
		if(!ans[i])
			printf("%lld ",i);
	return 0;
}