A.直接判。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 9 const int N=10; 10 char s[N][N]; 11 12 int main(){ 13 rep(i,1,6) scanf("%s",s[i]); 14 rep(i,2,6) if (s[i][0]==s[1][0] || s[i][1]==s[1][1]) { puts("YES"); return 0; } 15 puts("NO"); 16 return 0; 17 }
B.2^n枚举每次是顺时针还是逆时针，模拟。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 9 const int N=20; 10 int n,ss,a[N]; 11 12 int main(){ 13 scanf("%d",&n); ss=(1<<n)-1; 14 rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]); 15 rep(S,0,ss){ 16 int s=0; 17 rep(i,1,n) if (S&(1<<(i-1))) s=(s+a[i])%360; else s=(s-a[i]+360)%360; 18 if (!s){ puts("YES"); return 0; } 19 } 20 puts("NO"); 21 return 0; 22 }
C.将所有串分成三类：只能作为左半段的串、只能作为右半段的串、两边都能做的串。可以发现，第三类串只能和第三类串匹配。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 using namespace std; 6 7 const int N=500010; 8 char s[N]; 9 int n,ans,b[N],c[N]; 10 11 int main(){ 12 scanf("%d",&n); 13 rep(i,1,n){ 14 scanf("%s",s+1); 15 int len=strlen(s+1),tot1=0,tot2=0,f1=1,f2=1; 16 rep(j,1,len){ 17 if (s[j]=='(') tot1++; else tot2++; 18 if (tot2>tot1) f1=0; 19 } 20 tot1=tot2=0; 21 for (int j=len; j; j--){ 22 if (s[j]=='(') tot1++; else tot2++; 23 if (tot1>tot2) f2=0; 24 } 25 if (f1 && f2) ans++; 26 else if (f1) b[tot1-tot2]++; 27 else if (f2) c[tot2-tot1]++; 28 } 29 ans>>=1; 30 rep(i,0,500000) ans+=min(b[i],c[i]); 31 printf("%d ",ans); 32 return 0; 33 }
D.发现这是一个积性函数，也就是可以对每个质因子做一遍DP，然后将结果乘起来。
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<iostream> 6 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 7 typedef long long ll; 8 using namespace std; 9 10 const int N=30010,mod=1e9+7; 11 int tot,mx,b[N],c[N]; 12 ll n,K,ans=1,a[N],inv[N],f[N][100]; 13 14 int main(){ 15 cin>>n>>K; ll ed=sqrt(n),t=n; 16 inv[0]=inv[1]=1; rep(i,2,100) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 17 rep(i,2,ed) if (t%i==0){ 18 a[++tot]=i; 19 while (t%i==0) t/=i,b[tot]++; 20 mx=max(mx,b[tot]); 21 } 22 if (t>1) a[++tot]=t,b[tot]=1; 23 rep(x,1,tot){ 24 rep(i,0,K) rep(j,0,mx) f[i][j]=0; 25 f[0][b[x]]=1; 26 rep(i,1,K){ 27 for (int j=b[x]; ~j; j--) 28 rep(k,j,b[x]) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k]*inv[k+1])%mod; 29 } 30 ll res=0,s=1; 31 rep(i,0,b[x]) res=(res+f[K][i]*s)%mod,s=(s*a[x])%mod; 32 ans=ans*res%mod; 33 } 34 cout<<ans<<endl; 35 return 0; 36 }
F.先做一次莫比乌斯变换，回答询问的时候再反演回来。
具体来说，对每个集合用bitset维护f[i]表示i的倍数的个数的奇偶性。
操作一直接赋值。操作二就是异或。操作三发现只有两个集合中的f[i]都是奇数做笛卡尔积后才会是奇数，所以就是按位与。
操作四先预处理对每个询问x，x的哪些倍数会对答案产生贡献，然后直接按位与。
https://blog.csdn.net/Rose_max/article/details/85833951
1 #include<bitset> 2 #include<cstdio> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 using namespace std; 7 8 const int N=7010,M=100010; 9 int n,T,t,x,y,z,c[N]; 10 bitset<N>p[N],q[N],a[M]; 11 12 int main(){ 13 scanf("%d%d",&n,&T); c[1]=1; 14 rep(i,1,N-1) for (int j=i*2; j<N-1; j+=i) c[j]^=c[i]; 15 rep(i,1,N-1) rep(j,1,N-1){ 16 if (i%j==0) p[i][j]=1; 17 if (j%i==0) q[i][j]=c[j/i]; 18 } 19 while (T--){ 20 scanf("%d%d%d",&t,&x,&y); 21 if (t==1) a[x]=p[y]; 22 else if (t==2) scanf("%d",&z),a[x]=a[y]^a[z]; 23 else if (t==3) scanf("%d",&z),a[x]=a[y]&a[z]; 24 else cout<<((a[x]&q[y]).count()&1); 25 } 26 return 0; 27 }
G.先斯特林反演变成组合数，然后就是f[x][i]表示x子树内选i条边，X的方案数。DP具体看这里的代码注释。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l);i<=(r);i++) 4 #define ll long long 5 6 using namespace std; 7 8 const int N=1e5+10,M=210,mod=1e9+7; 9 int n,k,x,y,cnt,h[N],sz[N],f[N][M],g[M],ans[M],S[M][M],fac[M],Ans; 10 struct edge{int to,nxt;}e[N<<1]; 11 12 void adde(int x,int y){ 13 e[++cnt].to=y; e[cnt].nxt=h[x]; h[x]=cnt; 14 } 15 16 inline void upd(int &x,int y){x+=y; x-=x>=mod?mod:0;} 17 18 void dfs(int u,int par){ 19 sz[u]=1; f[u][0]=2; 20 for (int i=h[u],v;i;i=e[i].nxt) 21 if ((v=e[i].to)!=par){ 22 dfs(v,u); 23 rep(j,0,min(sz[u],k)) g[j]=f[u][j],f[u][j]=0; 24 rep(j,0,min(sz[u],k)) 25 rep(l,0,min(sz[v],k-j)) 26 upd(f[u][j+l],(ll)g[j]*f[v][l]%mod); 27 rep(j,0,min(sz[v],k)) upd(ans[j],mod-f[v][j]); 28 sz[u]+=sz[v]; 29 } 30 rep(i,0,min(sz[u],k)) upd(ans[i],f[u][i]); 31 for (int i=min(sz[u],k);i;i--) upd(f[u][i],f[u][i-1]); 32 upd(f[u][1],mod-1); 33 } 34 35 int main(){ 36 scanf("%d%d",&n,&k); 37 rep(i,1,n-1) scanf("%d%d",&x,&y),adde(x,y),adde(y,x); 38 dfs(1,0); fac[0]=1; 39 rep(i,1,k) S[i][1]=1,fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod; 40 rep(i,2,k) rep(j,1,i) S[i][j]=((ll)S[i-1][j]*j+S[i-1][j-1])%mod; 41 rep(i,0,k) upd(Ans,(ll)S[k][i]*fac[i]%mod*ans[i]%mod); 42 printf("%d ",Ans); 43 return 0; 44 }