7月5日测试

问题 A: 重复字符串

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题目描述

给定两个字符串a和b，我们可以定义一些操作：a*b为将字符串a和字符串b连接起来，比如a= "aoe"，b= "jkw"，那么a*b= "aoejkw"。进一步，我们可以有指数操作，a^0= ""， a^1=a， a^2=a*a， a^n=a*(a^(n-1))=a*a*…*a (n个a)

现在给你一个字符串，你可以将它看成是a^n的形式，比如字符串"abababab"，可以认为是"abab"^2， 也可以是"abababab"^1，还可以是"ab"^4。

现在问题是，给定的字符串，我们想让它变成a^n中的n达到最大，那么这个n最大是多少？例如："abababab"最大的n是4。

输入

第一行，一个整数m，表示有m个字符串。

接下来m行每行输入一个只含小写字母的字符串。

输出

输出m行，对于每行输出相应字符串的最大n。

样例输入

3 abcde aaaaaa abababab

样例输出

1 6 4

提示

30% 的数据：字符串的长度≤1000 ；

100%的数据：字符串的长度≤1000000 ， m≤10字符串内只含小写字母 。

var n,i,m,j,asdasd:longint;
s:array[1..10]of ansistring;
st:ansistring;
function ok(i:longint):boolean;
 var j,x:longint;
begin
 x:=1;
 for j:=1 to n do
  begin
   if st[j]<>st[x] then exit(false);
   inc(x); if x>i then x:=1;
  end;
 exit(true);
end;
begin
 readln(m);
 for i:=1 to m do readln(s[i]);
 for j:=1 to m do
  begin
   st:=s[j]; n:=length(st);
   for i:=1 to n do
    begin
     if (n mod i=0)and(ok(i)) then
      begin
           writeln(n div i); 
           break; 
      end;
    end;
   end;
end.

此题做法考场上想到了用暴力做（还A了），含义还不是很懂

其实好像还能用KMP的next数组做（完全不会）

var
q,t,len,i,tot,k:longint;
flag:boolean;
f:array[0..2000011] of longint;
s:ansistring;
function find(i,k:longint):longint;
begin
  if k=0 then exit(0);
  if s[i]=s[f[k]+1] then exit(f[k]+1)
                       else exit(find(i,f[k]));
end;
procedure debug();
var i:longint;
begin
    for i:=1 to len do
    write(f[i],'  ');
    writeln;
end;
begin
  readln(t);
  for q:=1 to t do
  begin
    readln(s);
    len:=length(s);
    fillchar(f,sizeof(f),0);
    for i:=2 to len do
    begin
      k:=i-1;
      while (s[i]<>s[f[k]+1])and(k<>0) do
      begin
        k:=f[k];
      end;
      if k=0 then f[i]:=0 else f[i]:=f[k]+1 ;

    end;
    tot:=f[len];
    if tot=0 then begin writeln('1'); continue; end;
    i:=tot+1;
    flag:=true;
    while i<=len do
    begin
      if s[(i-tot) mod tot]<>s[i] then begin flag:=false; break; end;
      i:=i+1;
    end;
    if flag then writeln(len div (len-tot))
         else writeln('1');

  end;
end.

B: Fibonacci进制

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题目描述

定义一种Fibonacci进制，可以将十进制数用Fibonacci数表示。Fibonacci进制中，每个位上的数值只有0或1，权值是Fibonacci数。令f0=f1=1，fi=fi-1+fi-2, N=an*fn+an-1*fn-1+…+a1*f1，写成N=anan-1..a2a1f。Fibonacci表示中，不能出现相邻的两个1。例如：自然数（十进制）表示为Fibonacci进制为1=1F，2=10F，3=100F，4=3+1=101F，5=1000F，6=5+1=1001F，7=5+2=1010F。

现在，Bsny将所有自然数按照Fibonacci进制，依次输出在屏幕上，110100101100010011010……现在，Bsny想知道这个长串的前N个数字中，包含多少个1。

输入

第一行一个整数N，表示统计范围是自然数的Fibonacci
表示的前N个数字

输出

一个数，前N个数字中1的个数。

样例输入

21

样例输出

10

很好的题，我们可以先找归率.令fib[i]表示长度为i的数的个数，其实就是第i个斐波那契数（顺便表示一下斐波那契数本身），W[i]数组表示第i组数的中一的个数(这里有一个很重要的递推关系——W[i]=F[i]+W[i-2]就是第i位为0第i加一位必为1，所以脑补一下就是啦。WC[i]表示W[i]的前缀和。具体见代码注释。

//finally modified by lhq;
//add some note;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

static long long F[90], W[90], WC[90], P, Q;

long long fsum(int n, long long P) {    //加上n位数前P个数中"1"的个数;  
//  fprintf(stderr, "%d %I64d
", n, P);
  if (!P) return 0;
  if (P == 1) return 1;
  assert (P > 0 && P < F[n]);
  if (P < F[n-1]) {    // F[i]表示n-1位数的个数;
    return fsum(n-1,P);
  } else {       //若这种情况，n-2位为0的所有数“1”的和可以看做所有n-1位数"1"的和，就是把n位的"1"右移一位;
    P -= F[n-1];
    return W[n-1]+P+fsum(n-2,P);   
    //剩下的n-2位为"1"的数有P-F[n-1]个，把最高位上的"1"加上就是n-2位数前P-F[n-1]个数中"1"的个数，递归调用;
  }
}

int fn (int r, int n, long long P) {    //加上n位数中第P个数前r位；分2种情况，最高位为0或1；
  if (r <= 0) return 0;
  return P < F[n+1] ? fn(r-1,n-1,P) : 1+fn(r-2,n-2,P-F[n+1]);
}

int main () {
  int n, i, r;
  freopen ("fib.in", "r", stdin);
  freopen ("fib.out", "w", stdout);
  F[1] = W[1] = WC[1] = 1;
  for (i = 2; i < 90; i++) {
    F[i] = F[i-1] + F[i-2]; //fib数列,1,1,开始,fib[i]同时表示i位数的个数;
    W[i] = F[i] + WC[i-2];//i位数的"1"的个数;
    WC[i] = W[i] + WC[i-1];//W数组的前缀和;
  }
  assert(scanf("%I64d",&P) == 1);
  n = 1;
  while (n * F[n] <= P) {
    P -= n*F[n];
    Q += W[n];
    n++;
  }
  //Q已经加上了完整位中的所有"1";
  r = P % n;
  P /= n;
  Q += fsum(n,P);
  //fprintf(stderr,"%d %d %I64d
",r,n,P+F[n+1]);
  Q += fn(r,n,P+F[n+1]);
  printf("%I64d
",Q);
  return 0;
};

顺便说一下assert，就是里面东东是错的话编译器会提醒你滴

问题 C: 发奖金

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题目描述

Bsny最近公司运作不佳，本年度利润才m元，但员工的奖金还是要发的，公司有n个员工，怎么发奖金这个完全由老板Bsny自己决定。Bsny想要么把这m元全发了，激励一下员工，但具体怎么分配方案有很多。比如m=1, n=2, 那么可以员工1发1元，员工2发0元；也可以员工1发0元，员工2发1元，有两种方案。

但其实，Bsny还是有点吝啬的，他想这m元不一定全部作为奖金，可以部分留给自己，这样的话，发奖金的方案数就更多了。还是以m=1, n=2为例子：

方案1：员工1发1元，员工2发0元

方案2：员工1发0元，员工2发1元

方案3：员工1发0元，员工2发0元

意味着老板Bsny发的奖金范围为[0, m]。

好奇的Bsny想知道，给定n和m，他有多少种发奖金的方案？这个答案很大，所以再给定一个p，最终的答案取模p的余数.

输入

第一行三个整数n, m, p。

输出

仅一行，一个整数表示最终的答案取模p的余数。

样例输入

2 1 5

样例输出

3

此题各种数学小模板凑，首先答案就不好搞——把n元钱分给m个人的方案数怎么求？（0<=n<=N）

这里介绍两种方法，首先，我们把n元钱看成n个球，然后用m-1个挡板把它分成m份，所以总方案数是（n-1）C（m-1）（有n-1个空隙），但这样是不能有一块为0的情况的，所以我们将求加上m个以后每块中减去一个，就能有0的情况了。为（n+m-1）C(m-1)。

然后这边有一个求和公式:sigma((n+m-1)C(m-1))0<=m<=M ===(n+m)C(m);——ZYD大佬说他不清楚，貌似具体数学上有

然后算出了答案为sigma（n+m）C(m)然后将它转化成阶乘的形势取个模就行啦（超复杂）

贴标程

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 100005;

LL w[N];
LL fac[N], inv[N];
LL p[N], c[N], cntP, cnt, a0, a1, m0, m1, P, mo;
int n, m, ID;

LL power(LL x, LL y, LL M)
{
    LL ans = 1;
    for (; y > 0; y >>= 1) {
        if (y & 1) {
            ans *= x;
            if (M != -1) ans %= M;
        }
        x *= x;
        if (M != -1) x %= M;
    }
    return ans;
}

LL calcfac(LL n)
{
    if (n < p[ID]) return fac[n];
    LL seg = n / P, rem = n % P;
    LL ret = power(fac[P - 1], seg, P);
    ret = ret * fac[rem] % P;
    cnt += n / p[ID];
    ret = ret * calcfac(n / p[ID]) % P;
    return ret;
}

LL calcinv(LL n)
{
    if (n < p[ID]) return inv[n];
    LL seg = n / P, rem = n % P;
    LL ret = power(inv[P - 1], seg, P);
    ret = ret * inv[rem] % P;
    cnt -= n / p[ID];
    ret = ret * calcinv(n / p[ID]) % P;
    return ret;
}

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if (b == 0) {
        x = 1; y = 0;
        return a;
    } else {
        LL r = exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= a / b * x;
        return r;
    }
}

LL getinv(LL i, LL P)
{
    LL x, y;
    exgcd(i, P, x, y);
    x %= P;
    x += (x < 0) * P;
    return x;
}

LL solve()
{
    P = power(p[ID], c[ID], -1);
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < P; ++i) {
        fac[i] = fac[i - 1];
        if (i % p[ID] != 0)
            fac[i] = fac[i] * i % P;
    }
    inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i < P; ++i) {
        inv[i] = inv[i - 1];
        if (i % p[ID] != 0)
            inv[i] = inv[i] * getinv(i, P) % P;
    }
    cnt = 0;
    LL ret = calcfac(n);
    //cout << ret << " " << cnt << endl;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        ret = ret * calcinv(w[i]) % P;
        //cout << w[i] << " " << ret << " " << cnt << endl;
    }
    ret = ret * power(p[ID], cnt, P) % P;
    return ret;
}

void solve_equation(LL a, LL b, LL c, LL &k, LL &l)
{
    exgcd(a, b, k, l);
    k *= c;
    k %= b;
    k += (k < 0) * b;
    return;
}

int main()
{
    freopen("reword.in", "r", stdin);
    freopen("reword.out", "w", stdout);
    cin>>n>>m>>mo;
    for (int i = 2; i < 100000; ++i) if (mo % i == 0) {
        p[++cntP] = i;
        for (; mo % i == 0; mo /= i) ++c[cntP];
    }
    w[1]=n,w[2]=m;
    n=n+m;
    m=2;
    LL sw = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) sw += w[i];
    if (n - sw > 1) w[++m] = n - sw;
    for (int i = 1; i <= cntP; ++i) {
        ID = i;
        a1 = solve();
        m1 = power(p[i], c[i], -1);
        if (i == 1) {
            a0 = a1;
            m0 = m1;
        } else {
            LL k, l;
            solve_equation(m0, m1, a1 - a0, k, l);
            a0 = a0 + k * m0;
            m0 *= m1;
        }
    }
    printf("%d
", a0);
    return 0;
}