凉
(比赛链接)[https://www.nowcoder.com/acm/contest/177#question]
T1
(题目链接)[https://www.nowcoder.com/acm/contest/177/A]
首先考虑二维前缀和
[l1, r1], [l2, r2]的解
即ans([0, r1], [0, r2]) - ans([0, l1 - 1], [0, r2]) - ans([0, l2 - 1], [0, r1]) + ans([0, l1 - 1], [0, l2 - 1])
对于最简单的情况
即 r1 = r2 = 2^n - 1(所有的都是闭区间)
组成一个数有2^n - 1中方案
那么只需统计有多少个m的倍数小于2^n
如果r1 = 2^k - 1, r2 = 2^n - 1
组成一个数一共有2^k - 1种方案
那么只需统计有多少个m的倍数小于2^k
对于更普遍的情况 比如r1 = 1010
我们可以把r1 + 1即1011拆成一堆比它小的数
0*** 100* 1010
这样就涵盖了所有小于等于r1的情况
打星号处可以随便填，一共可以分成log种类型
这样的话就有log(r1)组和log(r2)组相互匹配
对于其中一组 a1(2^p) +(p位的随机)，a2(2^q) + (q位的随机)
那么它们可以构成的数就是(a1(2^p)) & (a2(2^q)) + (p位随机)
然后判(a1(2^p)) & (a2(2q))到(a1*(2p)) & (a2*(2^q)) + (2^(max(p, q) + 1) - 1)里面有多少个m的倍数就可以了
注意随时取模！模 *不模 = 爆炸
T2
(题目链接)[https://www.nowcoder.com/acm/contest/177/B]
对与这样一张图 设一个边被经过的次数为t[] 我们可以证明如下点
1.所有t[i] > 1的边一定在MST上
2.所有t[i] <= 2
结论一是来自这道题特du别liu的边权设定
使致一个环上最大那条边的边权 大于环上其他边的边权和
对于结论二的证明
对于一条被经过k次的边 就像相当于在这两点间连k条边
然后走的是个欧拉回路 而欧拉回路上每个点的度数为偶数
要是一条边被经过两次以上 比如3次 那么就和经过一次没区别
同理 偶数次和经过2次相同
对于图上奇偶 我们的日tao常lu处理方法就是 抑或
我们建一棵MST 统计好每一个点的度数 根据奇偶性染色
然后从叶子到根调节每条边经过次数 使得每个点的度数为偶数
注意if(vv != fa)dfs(); 哒哒哒。。。
后面的东西是会执行的！ 需要continue掉！
T3
(题目链接)[https://www.nowcoder.com/acm/contest/177/C]
把s当作是t加入一些0、1形成的
t由c个0，d个1组成
那么就有c + d + 1个空隙可以填数
但是这样会重哦
那么 对于一个被构成的序列u 我们认为他是可以被记录的
当且仅当原来的s在u中是最靠前的一个为s的子串
比如 在101的第一个1和0之间加一个0 所得串就不可以被记录
因为原来的s在u中的位置是｛1， 3， 4｝而｛1， 2， 4｝也是与s相同的子串 并且比原来的s靠前
但在第二个0和1之间加一个0 所得串可以被记录
所以我们发现 在1前面不能加1 在0前面不能加0 但在最后可以随便加
所以枚举在最后加了x个0，y个1
即为在d+1个空里插a-c-x个0， 在c+1个空里插b-d-y个1（最后一个空两个都能放）
之后就是个插xiao板ao了
对于每个x和y 共可以构成C(a-c-x+d-1, d-1)C(b-d-y+c-1, c-1)C(x+y, x)个串
对于每组(x, y)求和即为答案