前言
出题人：用心出题目， 用脚造数据。 C pretest竟然没有极限数据导致我fst了，好气啊。
正文
AB就不讲了。
C. K-Complete Word
考虑回文位和 (i + k) 位和 (i) 位要相同，把所有要求相同的一起找出来全部变成最多的那个就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
int T, n, k, cnt[27];
string s;
bool vis[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> T;
while(T--)
{
int ans = 0;
cin >> n >> k;
for(int i = 0; i <= n; i++) vis[i] = 0;
cin >> s;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(vis[i]) continue;
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
int j = i, num = 0;
while(j < n)
{
if(!vis[j]) cnt[s[j] - 'a']++, num++;
vis[j] = 1;
int x = n - j - 1;
if(!vis[x]) cnt[s[x] - 'a']++, num++;
vis[x] = 1;
j += k;
}
int tmp = 0;
for(int i = 0; i < 26; i++) tmp = max(tmp, cnt[i]);
ans += num - tmp;
}
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}
D. Walk on Matrix
考虑构造，让Bob答案为0，最佳答案为 (k) 即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k, limit = 1, l = 0, all = (1 << 18) - 1, x = (1 << 17);
int main()
{
cin >> k;
cout << 3 << ' ' << 3 << endl;
cout << all << ' ' << all << ' ' << k << endl;
cout << all << ' ' << x << ' ' << x + k << endl;
cout << k << ' ' << x + k << ' ' << k << endl;
return 0;
}
E. Height All the Same
首先通过2操作我们可以发现直接把所有数 (mod 2) 一定是可以的。那么我们现在只需要考虑只有 (0、1) 的矩阵
Case1. (n & 1) && (m & 1)
分 (sum) 奇偶讨论一下可以发现无论怎样一定有解。
Case2. !((n & 1) && (m & 1)) && (sum & 1)
由于操作不能改变 (sum) 的奇偶性，那么可以发现无解。
Case3. !(sum & 1)
此时一定可以通过一些1和2操作来同时改变两个1的值。所以此时有解。
我们定义(x, y) 分别为 (L, R) 中偶数，奇数的数量。我们要求
[sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}}{x^{nm - 2i} imes y^{2i} imes C_{nm}^{2i}} \
(x + y)^{nm} = sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}}{x^{nm - 2i} imes y^{2i} imes C_{nm}^{2i}} + sum_{i = 1}^{frac{nm}{2}}{x^{nm - 2i - 1} imes y^{2i - 1} imes C _{nm}^{2i - 1}} \
(y - x)^{nm} = sum_{i = 0}^{frac{nm}{2}}{x^{nm - 2i} imes y^{2i} imes C_{nm}^{2i}} - sum_{i = 1}^{frac{nm}{2}}{x^{nm - 2i - 1} imes y^{2i - 1} imes C _{nm}^{2i - 1}}
]
所以快速幂一下就出来了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 250005
const int mod = 998244353;
#define add(x, y) (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y)
#define dec(x, y) (x < y ? x - y + mod : x - y)
ll Pow(ll x, ll k)
{
ll ans = 1, base = x;
while(k)
{
if(k & 1) ans = 1ll * ans * base % mod;
base = 1ll * base * base % mod;
k >>= 1;
}
return ans;
}
ll n, m, L, R;
int main()
{
cin >> n >> m >> L >> R;
if((n % 2) && (m % 2))
{
printf("%lld
", Pow(R - L + 1, n * m));
}
else
{
ll x = 0, y = 0;
if(L & 1) y++, L++;
if((R & 1) && L <= R - 1) y++, R--;
if(L <= R)
{
x += (R - L) / 2 + 1;
y += R - L + 1 - x;
}
cout << (Pow(2, mod - 2) * (Pow(x + y, n * m) + Pow(y - x, n * m)) % mod + mod) % mod << endl;
}
return 0;
}
F. Independent Set
首先发现是个树形dp(我读题读了好久，嘤文太差/kel)
令 (f[i][0/1/2]) 表示i作为根节点时，它被(在子图不在独立集)/(在子图在独立集)/(不在子图)的方案数。
在转移时，对于每个儿子节点，考虑根节点到这个儿子的这条边被不被选进去。接下来是方程。
[设 sum = f[v][0] + f[v][1] + f[v][2] \
f[x][0] = (f[x][0] + f[x][2]) imes (sum + f[v][2]) + f[x][0] imes sum \
f[x][1] = (f[x][1] + f[x][2]) imes (f[v][0] + f[v][2]) + f[x][1] imes sum \
f[x][2] = f[x][2] imes sum \
对于每个儿子按此顺序转移。
]
对于 (f[x][0]) 处的 (sum + f[v][2]) 的意思：此时v并不确定有没有被选进去，当我做v的时候，它和儿子的边可以全部断开，然后在这里连上一条边被选进来，此时他可以有在或不在子图里两种状态，所以要乘2， 最好自己画个图就理解了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
const int mod = 998244353;
#define add(x, y) (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y)
#define dec(x, y) (x < y ? x - y + mod : x - y)
int n, head[N], nxt[N << 1], to[N << 1], cnt = 0, f[N][3], num = 0;
void add_e(int x, int y)
{
cnt++;
to[cnt] = y;
nxt[cnt] = head[x];
head[x] = cnt;
}
void dfs(int x, int fa)
{
f[x][2] = 1;
for(int p = head[x]; p; p = nxt[p])
{
int v = to[p];
if(v == fa) continue;
dfs(v, x);
int sum = add(f[v][0], add(f[v][1], f[v][2]));
f[x][0] = add(1ll * f[x][0] * sum % mod, 1ll * add(f[x][0], f[x][2]) * add(sum, f[v][2]) % mod);
f[x][1] = add(1ll * f[x][1] * sum % mod, 1ll * add(f[x][1], f[x][2]) * add(f[v][0], f[v][2]) % mod);
f[x][2] = 1ll * f[x][2] * sum % mod;
}
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n - 1; i++)
{
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
add_e(x, y), add_e(y, x);
}
dfs(1, 0);
printf("%d
", dec(add(add(f[1][0], f[1][1]), f[1][2]), 1));
return 0;
}