度度熊保护村庄

Accepts: 13
Submissions: 488
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Problem Description

哗啦啦村袭击了喵哈哈村！

度度熊为了拯救喵哈哈村，带着自己的伙伴去救援喵哈哈村去了！度度熊与伙伴们很快的就过来占据了喵哈哈村的各个军事要地，牢牢的守住了喵哈哈村。

但是度度熊发现，这是一场旷日持久的战斗，所以度度熊决定要以逸待劳，保存尽量多的体力，去迎战哗啦啦村的战士。

于是度度熊决定派尽量多的人去休息，但是同时也不能松懈对喵哈哈村的保护。

换句话而言，度度熊希望尽量多的人休息，而且存在一个包围圈由剩下的人组成，且能够恰好的包围住喵哈哈村的所有住房（包括边界）。

请问最多能让多少个人休息呢？

Input

本题包含若干组测试数据。

第一行一个整数n，表示喵哈哈村的住房数量。

接下来n行，每行两个整数(x1[i],y1[i])，表示喵哈哈村的住房坐标。

第n+1行一个整数m，表示度度熊的士兵数量。

接下来m行，每行两个整数(x2[i],y2[i])，表示度度熊伙伴的坐标。

满足:

1<=n,m<=500

-10000<=x1[i],x2[i],y1[i],y2[i]<=10000

Output

请输出最多的人员休息的数目。

如果无法保护整个村庄的话，输出"ToT"

Sample Input
  1. 2
  2. 1 1
  3. 2 2
  4. 4
  5. 0 0
  6. 0 4
  7. 4 2
  8. 4 0
  9. 1
  10. 1 1
  11. 2
  12. 0 0
  13. 0 1
Sample Output
  1. 1
  2. ToT

题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?cid=774&pid=1001

分析：参考 BZOJ1027，floyd求最小环，有两个情况要特判，一个是重点，一个室房屋恰好在两点的连线上

O(n*n)暴力枚举所有的点对，对于每个点O(n)检测，如果所有的房子都在一条连线的一侧，则这两个点连线，否则不连，如果这个图中都不存在环，那么输出ToT
下面给出AC代码：
  1.  #include<stdio.h>
  2.  #include<string.h>
  3.  #include<algorithm>
  4.  using namespace std;
  5.  #define inf 1044266558
  6.  typedef struct Point
  7.  {
  8.      int x, y;
  9.      Point operator - ( const Point &b ) const
  10.      {
  11.          Point c;
  12.          c.x = x-b.x; c.y = y-b.y;
  13.          return c;
  14.      }
  15.      double operator * ( const Point &b ) const
  16.      {
  17.          return x*b.y-y*b.x;
  18.      }
  19.  }Point;
  20.  Point h[], s[];
  21.  int n, m, ans, road[][];
  22.  bool Jud(Point x, Point y, Point z)
  23.  {
  24.      if((x.x<z.x && y.x<z.x) || (x.y<z.y && y.y<z.y) || (x.x>z.x && y.x>z.x) || (x.y>z.y && y.y>z.y))
  25.          return ;
  26.      return ;
  27.  }
  28.  int main(void)
  29.  {
  30.      int i, j, k, flag;
  31.      while(scanf("%d", &n)!=EOF)
  32.      {
  33.          memset(road, , sizeof(road));
  34.          for(i=;i<=n;i++)
  35.              scanf("%d%d", &h[i].x, &h[i].y);
  36.          scanf("%d", &m);
  37.          for(i=;i<=m;i++)
  38.              scanf("%d%d", &s[i].x, &s[i].y);
  39.          for(i=;i<=m;i++)
  40.          {
  41.              for(j=;j<=m;j++)
  42.              {
  43.                  flag = ;
  44.                  for(k=;k<=n;k++)
  45.                  {
  46.                      if((s[i]-s[j])*(s[i]-h[k])< || (s[i]-s[j])*(s[i]-h[k])== && Jud(s[i], s[j], h[k]))
  47.                      {
  48.                          flag = ;
  49.                          break;
  50.                      }
  51.                  }
  52.                  if(flag)
  53.                      road[i][j] = ;
  54.              }
  55.          }
  56.          ans = inf;
  57.          for(k=;k<=m;k++)
  58.          {
  59.              for(i=;i<=m;i++)
  60.              {
  61.                  if(road[i][k]==inf)
  62.                      continue;
  63.                  for(j=;j<=m;j++)
  64.                      road[i][j] = min(road[i][j], road[i][k]+road[k][j]);
  65.              }
  66.          }
  67.          for(i=;i<=m;i++)
  68.              ans = min(ans, road[i][i]);
  69.          if(ans>m)
  70.              printf("ToT\n");
  71.          else
  72.              printf("%d\n", m-ans);
  73.      }
  74.      return ;
  75.  }

度度熊的王国战略

Accepts: 173
Submissions: 3298
Time Limit: 40000/20000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 32768/132768 K (Java/Others)
Problem Description

度度熊国王率领着喵哈哈族的勇士，准备进攻哗啦啦族。

哗啦啦族是一个强悍的民族，里面有充满智慧的谋士，拥有无穷力量的战士。

所以这一场战争，将会十分艰难。

为了更好的进攻哗啦啦族，度度熊决定首先应该从内部瓦解哗啦啦族。

第一步就是应该使得哗啦啦族内部不能同心齐力，需要内部有间隙。

哗啦啦族一共有n个将领，他们一共有m个强关系，摧毁每一个强关系都需要一定的代价。

现在度度熊命令你需要摧毁一些强关系，使得内部的将领，不能通过这些强关系，连成一个完整的连通块，以保证战争的顺利进行。

请问最少应该付出多少的代价。

Input

本题包含若干组测试数据。

第一行两个整数n，m，表示有n个将领，m个关系。

接下来m行，每行三个整数u,v,w。表示u将领和v将领之间存在一个强关系，摧毁这个强关系需要代价w

数据范围：

2<=n<=3000

1<=m<=100000

1<=u,v<=n

1<=w<=1000

Output

对于每组测试数据，输出最小需要的代价。

Sample Input
  1. 2 1
  2. 1 2 1
  3. 3 3
  4. 1 2 5
  5. 1 2 4
  6. 2 3 3
Sample Output
  1. 1
  2. 3

题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?cid=774&pid=1002

分析：歪解(并查集可过；正解似乎是堆优化+SW(最小正割)，啥玩意，不懂！

下面给出AC代码：

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  typedef long long ll;
  4.  #define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b);
  5.  #define min(a,b) (a)>(b)?(b):(a);
  6.  inline ll read()//读入优化
  7.  {
  8.      ll x=,f=;//f表示符号,x表示首位数字0
  9.      char ch=getchar();
  10.      while(ch<''||ch>'')//如果ch不是数字
  11.      {
  12.          if(ch=='-')//如果是符号就改变符号
  13.              f=-;
  14.          ch=getchar();
  15.      }
  16.      while(ch>=''&&ch<='')//如果ch是数字,接下来的每位数字
  17.      {
  18.          x=x*+ch-'';//将数字添加进x内
  19.          ch=getchar();
  20.      }
  21.      return x*f;//返回数值
  22.  }
  23.  inline void write(ll x)//输出优化
  24.  {
  25.      if(x<)//判断小于0的情况
  26.      {
  27.          putchar('-');
  28.          x=-x;
  29.      }
  30.      if(x>)//保存每一位
  31.      {
  32.          write(x/);
  33.      }
  34.      putchar(x%+'');//输出
  35.  }
  36.  inline ll gcd(ll a,ll b)
  37.  {
  38.      return b==?a:gcd(b,a%b);
  39.  }
  40.  const ll INF=1ll<<;
  41.  const ll inf=-1ll<<;
  42.  const ll N=;
  43.  ll pre[N];
  44.  bool t[N];//t 用于标记独立块的根结点
  45.  inline ll find(ll x)//查找根节点
  46.  {
  47.      ll r=x;
  48.      while(pre[r]!=r)
  49.          r=pre[r];//返回根节点 r
  50.          int i=x,j;
  51.          while(pre[i]!=r)//路径压缩
  52.          {
  53.              j=pre[i]; // 在改变上级之前用临时变量  j 记录下他的值
  54.              pre[i]=r;//把上级改为根节点
  55.              i=j;
  56.          }
  57.      return r;
  58.  }
  59.  inline void join(ll x,ll y)//判断x y是否连通，
  60.  {
  61.      ll fx=find(x),fy=find(y);
  62.      if(fx!=fy)
  63.          pre[fy]=fx;//如果已经连通，就不用管了 //如果不连通，就把它们所在的连通分支合并起来
  64.  }
  65.  ll n,m;
  66.  ll num[N];
  67.  int main()
  68.  {
  69.      while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF)
  70.      {
  71.          /*
  72.          for(i=1;i<=N;i++)
  73.              pre[i]=i;//初始化
  74.          for(i=1;i<=M;i++)
  75.          {
  76.              scanf("%d%d",&a,&b);
  77.              join(a,b);//判断x y是否连通
  78.          }
  79.          memset(t,0,sizeof(t));
  80.          for(i=1;i<=N;i++)
  81.              t[find(i)]=1;//标记根结点
  82.          for(ans=0,i=1;i<=N;i++)
  83.              if(t[i])
  84.              ans++;
  85.          printf("%d\n",ans-1);
  86.          */
  87.          for(ll i=;i<=n;++i)
  88.          {
  89.              pre[i]=i;
  90.          }
  91.          memset(num,false,sizeof(num));
  92.          ll cnt=;
  93.          for(ll i=;i<m;++i)
  94.          {
  95.              ll x,y,z;
  96.              x=read();
  97.              y=read();
  98.              z=read();
  99.              if(x==y)
  100.                  continue;
  101.              num[y]+=z;
  102.              num[x]+=z;
  103.              if(find(x)!=find(y))
  104.              {
  105.                  pre[find(x)]=find(y);
  106.                  ++cnt;
  107.              }
  108.          }
  109.          if(cnt!=n-)
  110.          {
  111.              printf("0\n");
  112.              continue;
  113.          }
  114.          ll ans=num[];
  115.          for(ll i=;i<=n;i++)
  116.              ans=min(ans,num[i]);
  117.          write(ans);
  118.          printf("\n");
  119.      }
  120.      return ;
  121.  }

度度熊与邪恶大魔王

Accepts: 2114
Submissions: 13031
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Problem Description

度度熊为了拯救可爱的公主，于是与邪恶大魔王战斗起来。

邪恶大魔王的麾下有n个怪兽，每个怪兽有a[i]的生命值，以及b[i]的防御力。

度度熊一共拥有m种攻击方式，第i种攻击方式，需要消耗k[i]的晶石，造成p[i]点伤害。

当然，如果度度熊使用第i个技能打在第j个怪兽上面的话，会使得第j个怪兽的生命值减少p[i]-b[j]，当然如果伤害小于防御，那么攻击就不会奏效。

如果怪兽的生命值降为0或以下，那么怪兽就会被消灭。

当然每个技能都可以使用无限次。

请问度度熊最少携带多少晶石，就可以消灭所有的怪兽。

Input

本题包含若干组测试数据。

第一行两个整数n，m,表示有n个怪兽，m种技能。

接下来n行，每行两个整数，a[i],b[i]，分别表示怪兽的生命值和防御力。

再接下来m行，每行两个整数k[i]和p[i]，分别表示技能的消耗晶石数目和技能的伤害值。

数据范围:

1<=n<=100000

1<=m<=1000

1<=a[i]<=1000

0<=b[i]<=10

0<=k[i]<=100000

0<=p[i]<=1000

Output

对于每组测试数据，输出最小的晶石消耗数量，如果不能击败所有的怪兽，输出-1

Sample Input
  1. 1 2
  2. 3 5
  3. 7 10
  4. 6 8
  5. 1 2
  6. 3 5
  7. 10 7
  8. 8 6
Sample Output
  1. 6
  2. 18

题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?cid=774&pid=1003

分析：完全背包嘛，签到题的说，对着完全背包看看就好咯，不会的请移步这里

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  #include <stdio.h>
  3.  using namespace std;
  4.  typedef __int64 ll;
  5.  #define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b);
  6.  #define min(a,b) (a)>(b)?(b):(a);
  7.  inline ll read()//读入优化
  8.  {
  9.      ll x=,f=;//f表示符号,x表示首位数字0
  10.      char ch=getchar();
  11.      while(ch<''||ch>'')//如果ch不是数字
  12.      {
  13.          if(ch=='-')//如果是符号就改变符号
  14.              f=-;
  15.          ch=getchar();
  16.      }
  17.      while(ch>=''&&ch<='')//如果ch是数字,接下来的每位数字
  18.      {
  19.          x=x*+ch-'';//将数字添加进x内
  20.          ch=getchar();
  21.      }
  22.      return x*f;//返回数值
  23.  }
  24.  inline void write(ll x)//输出优化
  25.  {
  26.      if(x<)//判断小于0的情况
  27.      {
  28.          putchar('-');
  29.          x=-x;
  30.      }
  31.      if(x>)//保存每一位
  32.      {
  33.          write(x/);
  34.      }
  35.      putchar(x%+'');//输出
  36.  }
  37.  inline ll gcd(ll a,ll b)
  38.  {
  39.      return b==?a:gcd(b,a%b);
  40.  }
  41.  const int N=;
  42.  const ll INF=1ll<<;
  43.  const ll inf=-1ll<<;
  44.  ll w[N],v[N];
  45.  ll x[N],y[N];
  46.  ll dp[][N];
  47.  ll n,m;
  48.  int main()
  49.  {
  50.      while(scanf("%I64d%I64d",&n,&m)!=EOF)
  51.      {
  52.          for(ll i=;i<=n;i++)
  53.              w[i]=read(),v[i]=read();
  54.          for(ll i=;i<=m;i++)
  55.              x[i]=read(),y[i]=read();
  56.          for(ll i=;i<=;i++)
  57.          {
  58.              dp[i][]=;
  59.              for(ll j=;j<=;j++)
  60.                  dp[i][j]=INF;
  61.              for(ll j=;j<=m;j++)
  62.              {
  63.                  if(y[j]<=i)
  64.                      continue;
  65.                  for(ll k=;k<=;k++)
  66.                  {
  67.                      ll q=max(k-y[j]+i,);
  68.                      dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i][q]+x[j]);
  69.                  }
  70.              }
  71.          }
  72.          ll ans=;
  73.          for(ll i=;i<=n;i++)
  74.          {
  75.              if(dp[v[i]][w[i]]==INF)
  76.              {
  77.                  ans=-;
  78.                  break;
  79.              }
  80.              ans+=dp[v[i]][w[i]];
  81.          }
  82.          write(ans);
  83.          printf("\n");
  84.          //cout<<ans<<endl;
  85.          //printf("%I64d\n",ans);
  86.      }
  87.      return ;
  88.  }

度度熊的午饭时光

Accepts: 375
Submissions: 5441
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Problem Description

度度熊最期待每天的午饭时光，因为早饭菜品清淡，晚饭减肥不敢吃太多（胖纸的忧伤T.T）。

百度食堂的午餐超级丰富，祖国各大菜系应有尽有，度度熊在每个窗口都有爱吃的菜品，而且他还为喜爱的菜品打了分，吃货的情怀呀(>.<)。

但是，好吃的饭菜总是很贵，每天的午饭预算有限，请帮度度熊算一算，怎样打饭才能买到的最好吃的饭菜?(不超过预算、不重样、午餐等分最高的情况下，选择菜品序号加和最小，加和相等时字典序最小的组合)

Input

第一行一个整数T，表示T组数据。 每组测试数据将以如下格式从标准输入读入：

B

N

score_1 cost_1

score_2 cost_2

:

score_N cost_N

第一行，正整数B（0 <= B <= 1000），代表午餐的预算。

第二行，正整数N (0 <= N <= 100)，代表午餐可选的菜品数量

从第三行到第 (N + 2) 行，每行两个正整数，以空格分隔，score_i表示菜品的得分，cost_i表示菜品的价格(0 <= score_i, cost_i <= 100)。

Output

对于每组数据，输出两行： 第一行输出："Case #i:"。i代表第i组测试数据。 第二行输出菜品的总得分和总花费，以空格分隔。 第三行输出所选菜品的序号，菜品序号从1开始，以空格分隔。

Sample Input
  1. 2
  2. 29
  3. 6
  4. 9 10
  5. 3 4
  6. 6 5
  7. 7 20
  8. 10 9
  9. 15 11
  10. 0
  11. 2
  12. 2 23
  13. 10 12
Sample Output
  1. Case #1:
  2. 34 29
  3. 2 3 5 6
  4. Case #2:
  5. 0 0

题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?cid=774&pid=1004

分析：01背包裸题，要在最大化总得分的情况下最小化序号之和，并输出字典序最小的解，在不打饭的情况下不输出空行，嗯，就是介个样子！

下面给出AC代码：

  1.  #include <stdio.h>
  2.  #include <string.h>
  3.  #include <bits/stdc++.h>
  4.  using namespace std;
  5.  typedef long long ll;
  6.  #define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b);
  7.  #define min(a,b) (a)>(b)?(b):(a);
  8.  inline ll read()//读入优化
  9.  {
  10.      ll x=,f=;//f表示符号,x表示首位数字0
  11.      char ch=getchar();
  12.      while(ch<''||ch>'')//如果ch不是数字
  13.      {
  14.          if(ch=='-')//如果是符号就改变符号
  15.              f=-;
  16.          ch=getchar();
  17.      }
  18.      while(ch>=''&&ch<='')//如果ch是数字,接下来的每位数字
  19.      {
  20.          x=x*+ch-'';//将数字添加进x内
  21.          ch=getchar();
  22.      }
  23.      return x*f;//返回数值
  24.  }
  25.  inline void write(ll x)//输出优化
  26.  {
  27.      if(x<)//判断小于0的情况
  28.      {
  29.          putchar('-');
  30.          x=-x;
  31.      }
  32.      if(x>)//保存每一位
  33.      {
  34.          write(x/);
  35.      }
  36.      putchar(x%+'');//输出
  37.  }
  38.  inline ll gcd(ll a,ll b)
  39.  {
  40.      return b==?a:gcd(b,a%b);
  41.  }
  42.  const ll INF=1ll<<;
  43.  const ll inf=-1ll<<;
  44.  const ll N=;
  45.  ll w[N],v[N];
  46.  ll u[N];
  47.  ll dp[N][N];
  48.  bool vis[N][N];
  49.  //-------------------------------------------
  50.  inline ll solve(ll x,ll y)
  51.  {
  52.      ll pp=dp[x][];
  53.      ll qq=dp[y][];
  54.      for(ll p=,q=;p<=pp&&q<=qq;++p,++q)
  55.      {
  56.          if(dp[pp][p]!=dp[qq][q])
  57.              return dp[pp][p]-dp[qq][q];
  58.      }
  59.      return ;
  60.  }
  61.  //-------------------------------------------
  62.  ll T,n,m;
  63.  int main()
  64.  {
  65.      while(scanf("%lld",&T)!=EOF)
  66.      {
  67.      //T=read();
  68.          for(ll i=;i<=T;++i)
  69.          {
  70.              m=read();
  71.              n=read();
  72.              memset(u,false,sizeof(u));
  73.              memset(vis,false,sizeof(vis));
  74.              memset(dp,false,sizeof(dp));
  75.              memset(v,false,sizeof(v));
  76.              memset(w,false,sizeof(w));
  77.              for(ll j=;j<=n;++j)
  78.              {
  79.                  v[j]=read();
  80.                  w[j]=read();
  81.              }
  82.              printf("Case #%lld:\n",i);
  83.              for(ll j=;j<=n;++j)
  84.              {
  85.                  for(ll k=m;k>=w[j];--k)
  86.                  {
  87.                      //ll a=u[k];
  88.                      //u[k]=max(u[k],u[k-w[j]]+v[j]);
  89.                      //if(a!=u[k])
  90.                         //vis[j][k]=1;
  91.                      if(u[k]<u[k-w[j]]+v[j])
  92.                      {
  93.                          u[k]=u[k-w[j]]+v[j];
  94.                          vis[j][k]=true;
  95.                      }
  96.                  }
  97.              }
  98.              //
  99.              ll maxn=;
  100.              for(ll j=;j<=m;++j)
  101.                  maxn=max(maxn,u[j]);
  102.              //
  103.              ll sum=INF;
  104.              ll x=,num=;
  105.              for(ll j=m;j>=;--j)
  106.              {
  107.                  if(u[j]==maxn)
  108.                  {
  109.                      ll sumsum=;
  110.                      ll pre=;
  111.                      ll xx=n,yy=j;
  112.                      while(xx>=&&yy>=)
  113.                      {
  114.                          if(vis[xx][yy])
  115.                          {
  116.                              dp[x][pre++]=xx;
  117.                              //pre++;
  118.                              sumsum+=xx;
  119.                              yy-=w[xx];
  120.                          }
  121.                          xx--;
  122.                      }
  123.                      dp[x][]=pre-;
  124.                      sort(dp[x]+,dp[x]++dp[x][]);
  125.                      if(sum>sumsum)
  126.                      {
  127.                          sum=sumsum;
  128.                          num=x;
  129.                      }
  130.                      else if(sum==sumsum&&solve(x,num)<)
  131.                      {
  132.                          sum=sumsum;
  133.                          num=x;
  134.                      }
  135.                      x++;
  136.                  }
  137.              }
  138.              ///
  139.              ll val=,cost=;
  140.              ll top=dp[num][];
  141.              sort(dp[num]+,dp[num]++dp[num][]);
  142.              for(ll a=;a<=top;++a)
  143.              {
  144.                  val+=v[dp[num][a]];
  145.                  cost+=w[dp[num][a]];
  146.              }
  147.              //printf("Case #%lld:\n",i);
  148.              printf("%lld %lld\n",val,cost);
  149.              for(ll a=;a<top;++a)
  150.                  printf("%lld ",dp[num][a]);
  151.              if(top>=)
  152.                  printf("%lld\n",dp[num][top]);
  153.          }
  154.      }
  155.      return ;
  156.  }

寻找母串

Accepts: 82
Submissions: 676
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Problem Description

对于一个串S，当它同时满足如下条件时，它就是一个01偏串： 1、只由0和1两种符组成； 2、在S的每一个前缀中，0的个数不超过1的个数； 3、S中0的个数和1的个数相等。

现在给定01偏串S，请计算一下S在所有长度为n的01偏串中作为子串出现的次数的总和。 由于结果比较大，结果对1e9+7取余后输出。

样例解释： 在第二个样例中，长度为4的偏串共两个1010，1100。10在1010中出现了两次，在1100中出现了1次。所以答案是3。

Input

第一行给出一个整数T(1<=T<=40),表示测试数据的数目。 每一组测试包含一个整数n和字符串S，中间用空格分开。(1<=|S|<=100000，1<=n<=1000000000)

输入保证S是一个01偏串。

Output

对于每一组数据，输出一个整数占一行，表示答案。

Sample Input
  1. 2
  2. 2 10
  3. 4 10
Sample Output
  1. 1
  2. 3

题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?cid=774&pid=1005

分析：

  1.  

这题看起来束手无策，但其实你可以先写个暴力观察小数据，这个时候你就会发现其实这题比你想象的要简单的多

  1.  

（比如你会发现其实答案之和字符串的长度|S|有关，和字符串的内容是无关的）

  1.  

没错！这题有规律，答案就是

  1.  

  1.  

但是别高兴的太早，这个时候你又会发现其实这题比你想象的要难得多

  1.  

因为这题的n范围巨大（约10亿）而求10亿的组合数是做不到的

  1.  

所有先考虑化简公式看看，令x = (n-|S|)/2+1有

  1.  

  1.  

其中F[x]是第x项卡特兰数

通项公式：F[n] = C(2n, n)/(n+1) = C(2n, n)-C(2n, n-1)

递推公式：F[n+1] = 2*(2*n+1)/(n+2)*F[n]

F[n] = F[0]*F[n-1]+F[1]*F[n-2]+…+F[n-1]*F[0]

  1.  

而卡特兰数有O(n)的递推公式

  1.  

  1.  

这样的话理论上可以O(n)求出所有的答案，可还是不行。。。

  1.  

复杂度已经不能再优化了。。所以只能考虑打表

  1.  

可是你又开不了10亿的数组，但是这题也没有说要O(1)询问呀

  1.  

没错！分块打表

  1.  

你只需要后台O(n)暴力出第100000个卡特兰数，第200000个卡特兰数……第500000000个卡特兰数就好了

  1.  

也就是开个5000+的数组s[]，其中s[i]是第100000*i个卡特兰数

  1.  

然后对于每组询问(n, |S|)，先计算x=(n-|S|)/2+1，然后再找到x所在的那一块（比x小离x最近的100000的倍数），

  1.  

之后暴力转移就好，最多转移100000次

  1.  

因为有除法所以要乘法逆元，总体复杂度O(100000log(n))

  1.  

还有注意n为奇数的时候答案一定为0，因为母串要保证0和1的数量相等，所以不存在长度为奇数的母串

  1.  

除此之外，n<|S|答案也为0

  1. 接下来只以10101010101010为例
    模式串：                 字串：                               匹配条件：
    10                      10                                  10              1        total        1
    1010                    10                                  1010            2        
                                                                1100            1        total        3
    101010                  10                                  101010          3
                                                                101100          2
                                                                110100          2
                                                                110010          2
                                                                111000          1        total         10
    10101010                10                                  10101010        4
                                                                10101100            3
                                                                                 10110100        3
                                                                11010100        3
                                                                10110010        3
                                                                11001010        3
                                                                11010010        3
                                                                11011000        2
                                                                11001100        2
                                                                10111000        2
                                                                11101000        2
                                                                11100100        2
                                                                11100010        2
                                                                11110000        1         total        35
  3. 即组合数C（n*2-1，n）n=（n-strlen（s））/2+1；
    =f[n]*(n+1)/2;
    f[n]=2*(2*n-1)*f[n-1]/(i+1);
    下面给出AC打表代码：(打了一天的表)
  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  typedef long long ll;
  4.  const ll N=;
  5.  #define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b);
  6.  #define min(a,b) (a)>(b)?(b):(a);
  7.  inline ll read()//读入优化
  8.  {
  9.      ll x=,f=;//f表示符号,x表示首位数字0
  10.      char ch=getchar();
  11.      while(ch<''||ch>'')//如果ch不是数字
  12.      {
  13.          if(ch=='-')//如果是符号就改变符号
  14.              f=-;
  15.          ch=getchar();
  16.      }
  17.      while(ch>=''&&ch<='')//如果ch是数字,接下来的每位数字
  18.      {
  19.          x=x*+ch-'';//将数字添加进x内
  20.          ch=getchar();
  21.      }
  22.      return x*f;//返回数值
  23.  }
  24.  inline void write(ll x)//输出优化
  25.  {
  26.      if(x<)//判断小于0的情况
  27.      {
  28.          putchar('-');
  29.          x=-x;
  30.      }
  31.      if(x>)//保存每一位
  32.      {
  33.          write(x/);
  34.      }
  35.      putchar(x%+'');//输出
  36.  }
  37.  ll pre[N];
  38.  bool t[N];//t 用于标记独立块的根结点
  39.  inline ll find(ll x)//查找根节点
  40.  {
  41.      ll r=x;
  42.      while(pre[r]!=r)
  43.          r=pre[r];//返回根节点 r
  44.          int i=x,j;
  45.          while(pre[i]!=r)//路径压缩
  46.          {
  47.              j=pre[i]; // 在改变上级之前用临时变量  j 记录下他的值
  48.              pre[i]=r;//把上级改为根节点
  49.              i=j;
  50.          }
  51.      return r;
  52.  }
  53.  inline void join(ll x,ll y)//判断x y是否连通，
  54.  {
  55.      ll fx=find(x),fy=find(y);
  56.      if(fx!=fy)
  57.          pre[fy]=fx;//如果已经连通，就不用管了 //如果不连通，就把它们所在的连通分支合并起来
  58.  }
  59.  const ll mod=;
  60.  inline ll gcd(ll a,ll b)
  61.  {
  62.      return b==?a:gcd(b,a%b);
  63.  }
  64.  inline ll qpow(ll x,ll p)
  65.  {
  66.      ll ret=;
  67.      for(;p;p>>=,x=x*x%mod)
  68.      {
  69.          if(p&)
  70.          ret=ret*x%mod;
  71.      }
  72.      return ret;
  73.  }
  74.  const ll INF=1ll<<;
  75.  const ll inf=-1ll<<;
  76.  char str[N];
  77.  ll s[N]=
  78.  {
  79.      ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
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  85.  };
  86.  ll T,n;
  87.  int main()
  88.  {
  89.      ios::sync_with_stdio(false);
  90.      T=read();
  91.      while(T--)
  92.      {
  93.          scanf("%d%s",&n,&str);
  94.          ll len=strlen(str);
  95.          if(len>n||n&)
  96.          {
  97.              printf("0\n");
  98.              continue;
  99.          }
  100.          ll pp=(n-len)/+;
  101.          ll x=pp/;
  102.          ll ans=s[x];
  103.          for(ll i=x*+;i<=pp;++i)
  104.              ans=(ans**(i*-)%mod*qpow(i+,mod-)%mod)%mod;
  105.          ans=(ans*(pp+)%mod*qpow(,mod-)%mod)%mod;
  106.          write(ans);
  107.          printf("\n");
  108.      }
  109.      return ;
  110.  }
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