谢天谢地，还好没掉分，还加了8分，（8分再小也是加啊）前期刚开始有点卡，不过在尽力的调整状态之后，还是顺利的将前面的水题过完了，剩下的E2和F题就过不去了，估计是能力问题，自己还是得认真补题啦。
E2. Rubik's Cube Coloring (hard version)
这个题是在上一题的基础上出现的，E1的就很简单，一个完全二叉树，每个点都没有染色，求不同染色方案的方案数。显然的是在第一个点的颜色确定后，后面所有点的颜色都只有4种选择，也就是无论父节点选了什么颜色，该节点都有且仅有四种选择。所以答案就是(6*4^{n-1}).那么作为困难版的，这个题就是给某些点已经染上了颜色，要求所有的方案数。显然上一题的简单思路不能解决这个题了，因为我们似乎不能将所有的点都割裂开了。考虑这个例子，一个节点的父节点和子节点都以前提前被染过色了，那么该节点的颜色选择就依赖于父节点和子节点的颜色。像这种题，肯定存在一些性质，或者说我们没有找到颜色之间限制的本质。考虑这样一个事情，就像简单题的那个例子，若一颗树，其根节点确定后，那么颜色的方案数就是(4^{n-1})，那么考虑在有一些点被提前确定颜色的树上，我们能不能用上这个结论，我们先找到这棵树上的所有符合条件子树，他们的所有节点都没有被确定颜色。那么对于这些节点，他们的根节点的颜色可能有限制，但他们非根节点的颜色方案数就是4，我们用最朴素的思路，采取dp的思路，某些点上必须采用dp的方式才能解决颜色限制的问题，但有些子树，所有节点都没被提前染色，他们的方案数就能快速计算。观察题目数据，有颜色的点是(2000)，考虑一个有颜色的点最多使多少个点必须用dp的方式，显然是n，那么总的dp的状态数就是(2000*60*6*3)如果采用map的话，还需要多乘一个log。
（我死也没想到我会死在快速幂上，以后的(y)我都打成(long long)....）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int P=1e9+7;
int n,k;
char c[10];
map<ll,int>vis,co,f[4];
inline ll power(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1) ans=ans*x%P;
y>>=1;
x=x*x%P;
}
return ans%P;
}
inline void dfs(ll x,int dep)
{
if(dep>n) return;
if(vis.find(x*2)!=vis.end()) dfs(x*2,dep+1);
if(vis.find(x*2+1)!=vis.end()) dfs(x*2+1,dep+1);
if(co.find(x)!=co.end()) f[co[x]][x]=1;
else f[1][x]=f[2][x]=f[3][x]=2;
if(dep==n) return;
ll F[4],G[4],C[4]={0,0,0,0};//分别表示两个儿子不同颜色的方案数。
ll ds=(2ll*power(4,(1ll<<(n-dep))-2))%P;
if(vis.find(2*x)!=vis.end())
for(int i=1;i<=3;++i) F[i]=f[i][2*x];
else
for(int i=1;i<=3;++i) F[i]=ds;
if(vis.find(2*x+1)!=vis.end())
for(int i=1;i<=3;++i) G[i]=f[i][2*x+1];
else
for(int i=1;i<=3;++i) G[i]=ds;
C[1]=(F[2]*G[2]%P+F[2]*G[3]%P+F[3]*G[2]%P+F[3]*G[3]%P)%P;
C[2]=(F[1]*G[1]%P+F[1]*G[3]%P+F[3]*G[1]%P+F[3]*G[3])%P;
C[3]=(F[1]*G[1]%P+F[1]*G[2]%P+F[2]*G[1]%P+F[2]*G[2])%P;
for(int i=1;i<=3;++i) f[i][x]=C[i]*f[i][x]%P;
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=k;++i)
{
ll id;scanf("%lld",&id);
scanf("%s",c+1);
if(c[1]=='w'||c[1]=='y') co[id]=1;
else if(c[1]=='g'||c[1]=='b') co[id]=2;
else if(c[1]=='r'||c[1]=='o') co[id]=3;
while(id)
{
vis[id]=1;//标记这些点不能直接算。
id=id/2;
}
}
dfs(1,1);
int ans=((f[1][1]+f[2][1])%P+f[3][1])%P;
printf("%d",ans);
return 0;
}
F. Ideal Farm
这个数学题真的屯了好久....淦！
首先我们定义(a_i)为每个围栏的牛的个数,则(a_i)>=1，题目要求无论怎么分，都必须有一个连续的区间使得这个区间内的(a_i)的和为k。第一部，我们定义pre[i]为a[i]的前缀和，为什么呢？方便区间和的运算。其中pre[0]=0,pre[n]=s,那么题目就变成了我们能否构造一个序列使得不存在pre[i]-pre[j]=k.（(0leq j<ileq n)）.由于(a[i])都是正整数，所以pre是递增的且各不相同。之后考虑怎么构造a数组是比较麻烦，相比较下，我们考虑怎么构造pre数组，由于pre的性质，其实我们要做的就是在（0，s）中选出n-1个数(因为pre[n]一定是s),使得他们作为当前的pre数组。并且保证不能存在两个被选择的数作差为k。作差为k，我们很容易想到同余系，只有当两个数对k同余时，他们作差才可能为k。既然如此，那我们大可以按照k的余数将(0,s)中的数进行分类。
首先因为pre[0]=0,pre[n]=s,我们先对这两个同余系进行讨论，(先假设s=p*k+r((0leq rleq k-1)))先考虑pre[0],它的同余系中的所有数有：(0,k,2k,3k,...)，发现在(0,s)中一共有(lfloor frac{s}{k}
floor)+1个,由于0已经选过了，且k不能选，所以我们最多拿(lceilfrac{lfloor frac{s}{k}
floor-1}{2}
ceil).同理，对于r的同余系而言，所有数为(r,k+r,2*k+4...,p*k+r)，一共(lfloorfrac{(s-r)}{k}
floor+1=lfloorfrac{s}{k}
floor+1),同理(p*k+r,和(p-1)*k+r)我们同样不能选，故我们能选的个数为(lceilfrac{lfloorfrac{s}{k}
floor-1}{2}
ceil),对于其他的余数((1leq xleq k-1且x!=r)),我们都有x,x+k,...总的个数都为(lfloorfrac{s-x}{k}
floor+1),我们能选出的个数为(lceilfrac{lfloorfrac{s-x}{k}
floor+1}{2}
ceil)所以总的能选出来的个数为：(2 imeslceilfrac{lfloor frac{s}{k}
floor-1}{2}
ceil+sum_{x=1}^{k-1}lceilfrac{lfloorfrac{s-x}{k}
floor+1}{2}
ceil(x!=r))在求和号中，k依然比较大，因为(s=p*k+r)，当(x<r)时，可取(lceilfrac{p+1}{2}
ceil(x!=r)),当(x>r)时，可取(lceilfrac{p}{2}
ceil(x!=r))所以我们最后的答案就是(ans=2 imeslceilfrac{lfloor frac{s}{k}
floor-1}{2}
ceil+(r-1)*lceilfrac{p+1}{2}
ceil+(k-1-r)*lceilfrac{p}{2}
ceil)。但考虑一种情况，即r=0的情况，观察我们上述式子，会发现上述推论可能存在一些问题，但我们观察我们的式子，能否得到正确的答案。如果你有兴趣的话1，你话发现结果是一样的，滑稽，这里就不给出详细的推导过程了，留作思考吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int T;
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll s,n,k;
scanf("%lld%lld%lld",&s,&n,&k);
if(s<k) puts("NO");
else if(s==k) puts("YES");
else
{
ll p=s/k,r=s%k;
ll ans=2ll*ceil((p-1)/2.0)+(r-1)*ceil((p+1)/2.0)+(k-1-r)*ceil(p/2.0);
if(ans>=n-1) puts("NO");
else puts("YES");
}
}
return 0;
}