NOIP2016 模拟赛
——那些年，我们学过的文化课
背单词
(word.c/cpp/pas)
【题目描述】
fqk 退役后开始补习文化课啦， 于是他打开了英语必修一开始背单
词。 看着满篇的单词非常头疼， 而每次按照相同的顺序背效果并不好，
于是 fqk 想了一种背单词的好方法！他把单词抄写到一个 n 行 m 列的
表格里，然后每天背一行或者背一列。他的复习计划一共有 k 天，在
k 天后， fqk 想知道，这个表格中的每个单词，最后一次背是在哪一
天呢？
【输入格式】
第一行三个整数 k m n , , 。
接下来 k 行，每行的格式可能如下：
1. r ，表示当前天 fqk 背了第 r 行的单词。
. 2 c ，表示当前天 fqk 背了第 c 列的单词。
【输出格式】
输出包含 n 行， 每行 m 个整数， 表示每个格子中的单词最后一次背
是在哪天，如果这个单词没有背过，则输出 0 。
【输入样例】
3 3 3
1 2
2 3
1 3
【输出样例】
0 0 2
1 1 2
3 3 3
【数据范围】
对于 % 30 的数据， 1000 , , k m n 。
对于 % 100 的数据， 100000 , 100000 , 5000 , k m n m n 。
【时空限制】
对于每个测试点，时间限制为 s 1 ,空间限制为 MB 512 。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #define maxn 5010 using namespace std; int n,m,w; int hang[maxn],lie[maxn]; int init() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } int main() { freopen("word.in","r",stdin); freopen("word.out","w",stdout); n=init();m=init();w=init(); for(int i=1;i<=w;i++) { int x,y; y=init();x=init(); if(y==1)hang[x]=i; if(y==2)lie[x]=i; } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d ",max(hang[i],lie[j])); printf(" "); } return 0; }
脱水缩合
(merge.c/cpp/pas)
【题目描述】
fqk 退役后开始补习文化课啦， 于是他打开了生物必修一开始复习
蛋白质，他回想起了氨基酸通过脱水缩合生成肽键，具体来说，一个
氨基和一个羧基会脱去一个水变成一个肽键。于是他脑洞大开，给你
出了这样一道题：
fqk 将给你 6 种氨基酸和 m 个脱水缩合的规则，氨基酸用
' ' , ' ' , ' ' , ' ' , ' ' , ' ' f e d c b a 表示，每个规则将给出两个字符串 t s, ，其中
1 | | , 2 | | t s ，表示 s 代表的两个氨基酸可以通过脱水缩合变成 t 。然后
请你构建一个长度为 n ,且仅由 ' ' , ' ' , ' ' , ' ' , ' ' , ' ' f e d c b a 构成的氨基酸序列，
如果这个序列的前两个氨基酸可以进行任意一种脱水缩合， 那么就可
以脱水缩合，脱水缩合后序列的长度将 1 ，这样如果可以进行 1 n 次
脱水缩合，最终序列的长度将变为 1 ，我们可以认为这是一个蛋白质，
如果最后的蛋白质为 ' 'a ， 那么初始的序列就被称为一个好的氨基酸序
列。 fqk 想让你求出有多少好的氨基酸序列。
注：题目描述可能与生物学知识有部分偏差（即氨基酸进行脱水
缩合后应该是肽链而不是新的氨基酸），请以题目描述为准。
【输入格式】
第一行两个整数 q n, 。
接下来 q 行，每行两个字符串 t s, ，表示一个脱水缩合的规则。
【输出格式】
一行，一个整数表示有多少好的氨基酸序列。
【输入样例】
3 5
ab a
cc c
ca a
ee c
ff d
【输出样例】
4
【样例解释】
一共有四种好的氨基酸序列，其脱水缩合过程如下：
"abb" "ab" "a"
"cab" "ab" "a"
"cca" "ca" "a"
"eea" "ca" "a"
【数据范围】
对于 % 100 的数据， 36 , 6 2 q n 。数据存在梯度。
【时空限制】
对于每个测试点，时间限制为 s 2 ,空间限制为 MB 512 。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; LL n,q,tot,ans; LL first[1010],next[1010],a[50]; char s[50][5],r[50][5]; bool f[12000010]; void dfs(LL x,LL now) { if(x==n) { int sum=0; for(int i=1;i<=n-1;i++) sum=sum*6+a[i]; sum=sum*6+now; if(!f[sum])f[sum]=1,ans++; return ; } for(LL i=first[now];i;i=next[i]) { LL to=s[i][1]-'a'; tot++;a[tot]=s[i][2]-'a'; dfs(x+1,to);tot--; } } int main() { freopen("merge.in","r",stdin); freopen("merge.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&q); for(LL i=1;i<=q;i++) { scanf("%s%s",s[i]+1,r[i]+1); LL now=r[i][1]-'a'; next[i]=first[now]; first[now]=i; } dfs(1,0); cout<<ans<<endl; return 0; }
一次函数
（fx.c/cpp/pas)
【题目描述】
fqk 退役后开始补习文化课啦， 于是他打开了数学必修一开始复习
函数， 他回想起了一次函数都是 b kx x f ) ( 的形式， 现在他给了你 n 个
一次函数
i i i
b x k x f ) ( ， 然后将给你 m 个操作， 操作将以如下格式给出：
M . 1 i k b ，把第 i 个函数改为 b kx x f i ) ( 。
Q . 2 l r x ，询问 ))) ( (... (
1
x f f f
l r r
mod 1000000007 的值。
【输入格式】
第一行两个整数 n ， m ，代表一次函数的数量和操作的数量。
接下来 n 行，每行两个整数，表示i,k ,i,b 。
接下来 m 行，每行的格式为 M i k b 或 Q l r x 。
【输出格式】
对于每个操作 Q ，输出一行表示答案。
【输入样例】
5 5
4 2
3 6
5 7
2 6
7 5
Q 1 5 1
Q 3 3 2
M 3 10 6
Q 1 4 3
Q 3 4 4
【输出样例】
1825
17
978
98
【数据范围】
对于 % 30 的数据， 1000 , m n 。
对于 % 100 的数据， 1000000007 , , , 200000 , x b k m n 。
【时空限制】
对于每个测试点，时间限制为 s 2 ,空间限制为 MB 512 。
/* 线段树 维护k,b 对于合并两个两者的k,b 设前为k1,b1 后为 k2,b2 则合并k2*(k1*x+b1)+b2 则转化为 k2*k1*x+k2*b1+b2 现在的k为k2*k1,b为k2*b1+b2 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long #define mod 1000000007 #define maxn 200010 #define lc t<<1 #define rc (t<<1)+1 using namespace std; int n,m; LL k[maxn*4],b[maxn*4]; int init() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } void change(int t,int l,int r,int pos,int x,int y) { if(l==r) { k[t]=x%mod; b[t]=y%mod; } else { LL mid=(l+r)/2; if(pos<= mid )change(lc,l, mid ,pos,x,y); if(pos>=mid+1)change(rc,mid+1,r,pos,x,y); k[t]=k[lc]*k[rc]%mod; b[t]=(k[rc]*b[lc]%mod+b[rc])%mod; } } LL query_k(int t,int l,int r,int x,int y) { if(x<=l&&y>=r) return k[t]; else { int mid=(l+r)/2; LL ret=1; if(x<= mid )ret=ret*query_k(lc,l, mid ,x,y)%mod; if(y>=mid+1)ret=ret*query_k(rc,mid+1,r,x,y)%mod; return ret; } } LL query_b(int t,int l,int r,int x,int y) { if(x<=l&&y>=r) return b[t]; else { int mid=(l+r)/2; LL he=0,ha=0; if(x<= mid )ha=query_b(lc,l, mid ,x,y); if(y>=mid+1) { he=query_b(rc,mid+1,r,x,y); ha=ha*query_k(rc,mid+1,r,x,y)%mod; } return (ha+he)%mod; } } int main() { freopen("fx.in","r",stdin); freopen("fx.out","w",stdout); n=init();m=init(); for(int i=1;i<=n;i++) { LL x,y; x=init();y=init(); change(1,1,n,i,x,y); } for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z;char s[10]; scanf("%s",s); if(s[0]=='M') { z=init();x=init();y=init(); change(1,1,n,z,x,y); } else { x=init();y=init();z=init(); LL ha=query_k(1,1,n,x,y); LL he=query_b(1,1,n,x,y); LL ans=(ha*z%mod+he)%mod; cout<<ans<<endl; } } return 0; }