NOIP模拟 17.8.17

NOIP模拟17.8.17

A 小 G 的字符串
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
str.pas/c/cpp str.in str.out 1s 128MB
【题目描述】
有一天，小 L 给小 G 出了这样一道题：生成一个长度为 n 的、全由小写英文
字母构成的字符串，只能使用 k 种字母。要求满足：
• 字符串中相邻的两个字母不能相同。
• 必须出现恰好 k 种不同的字母。
这样的合法字符串可能有很多，小 L 让小 G 输出字典序最小的那个。
小 G 太笨啦，不会做这道题，希望你帮帮他。
【输入格式】
输入文件只有两个数字 n, k，含义如题。
【输出格式】
输出文件共一行，输出合法的字典序最小的字符串。
如果不存在任意一个合法的方案，输出 −1。
【样例输入】
7 4
【样例输出】
ababacd
【数据范围】
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 105, 1 ≤ k ≤ 26

【题解】

注意特判。我忘记了k == 1 && n ！= 1的情况。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

const int MAXN = 100000 + 10;

int n,k;
char s[MAXN];

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &k);
    if(k > n || k == 0 || n == 0 || (k == 1 && n != 1))
    {
        printf("-1");
        return 0;
    }
    else if(k == 1)
    {
        for(register int i = 1;i <= n;++ i)printf("%c", 'a');
        return 0;
    }
    else if(k == 2)
    {
        for(register int i = 1, j = 0;i <= n;++ i, j ^= 1)printf("%c", 'a' + j);
        return 0;
    }    
    register int p = 1, j;
    for(p = n, j = 0;p > k - 2;-- p, j ^= 1)
        printf("%c", 'a' + j);
    for(j = 1;p >= 1;-- p,++ j)
        printf("%c", 'b' + j);
    return 0;
}

 

B 小 G 的城堡
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
castle.pas/c/cpp castle.in castle.out 1s 128MB
【题目描述】
小 G 家有一座城堡。城堡里面有 n 个房间，每个房间上都写着一个数字 pi。
小 G 拉着几个小伙伴在城堡里面玩耍，他们约定，如果某个人当前站在 i 房间里
面，下一步这个人就会去 pi 房间，再下一步这个人去 ppi。
为了增加趣味性，小 G 想重新书写每个房间的 pi，以满足：
• 如果从编号 1 到 k 中的某个房间开始，按照规则走，必须能够走到 1 号房间。
特别地，如果从 1 号房间开始走，也要能够走回 1 号房间（至少走一步，如
果 p1 = 1，从 1 走到 1 也算合法）。
• 如果从编号大于 k 的某个房间开始，按照规则走，一定不能走到 1 号房间。
小 G 想知道，有多少种书写 pi 的方案，可以满足要求。
【输入格式】
输入文件一行两个数字 n, k，含义如题。
【输出格式】
输出文件一个数字，表示合法的方案数。答案对 109 + 7 取模。
【样例输入 1】
5 2
【样例输出 1】
54
【样例输入 2】
7 4
【样例输出 2】
1728
【数据范围】
对于 40% 的数据，1 ≤ n ≤ 8
对于 70% 的数据，1 ≤ n ≤ 105
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 1018, 1 ≤ k ≤ min(8, n)。

【题解】

我们发现，前k个点肯定和前k个点互相连边。后n-k个点肯定不会连到

前k个点里面去。
所以，我们只要爆搜前k个点连接的方案，然后检查；后n-k个点，只要

连的是后n-k个点，爱怎么连怎么连，方案数是(n-k)^(n-k)。最后把两

部分方案数乘起来就行。——tygg

但同时，我们发现：前k个点有规律:n^(n - 1)

不知是否正确

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>

const long long MOD = 1000000000 + 7;

inline void read(long long& x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-')x = -x;
}

long long n,k,ans;

long long pow(long long a, long long b)
{
    long long r = 1, base = a%MOD;
    for(;b;b >>= 1)
    {
        if(b & 1)r *= base, r %= MOD;
        base *= base, base %= MOD;
    }
    return r;
}

int main()
{
    read(n);read(k);
    ans = pow(k, k - 1)%MOD;
    printf("%lld", (ans * pow(n - k, n - k))%MOD);
    return 0;
}

C 小 G 坐电梯
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
lift.pas/c/cpp lift.in lift.out 2s 128MB
【题目描述】
小 G 来到了著名的 CIGOM 大厦。大厦一共有 n 层，初始的时候小 G 在第 A
层。小 G 特别想去 B 层小 M 的办公室看一看，然而因为安保原因，B 层已经被
封锁无法进入。
但是小 G 既然来了，就想在大厦里面逛一逛。大厦里面有一部电梯，小 G 决
定坐 k 次电梯。因为小 G 比较无聊，他给自己设定了这样一个规矩：假如当前他
在 x 层，则他要去的下一个楼层 y 和 x 的楼层差必须要小于 x 和 B 的楼层差，即
|x − y| < |x − B|。每到达一个楼层，小 G 都要记录下来其楼层号。
当小 G 转完一圈后，他也记录下了 k + 1 个楼层号（可能有重复）。小 G 现在
想知道，按照他定下的规矩，一共有多少种可能的楼层号序列？
【输入格式】
输入文件一行，4 个数字 n, A, B, k，含义如题目所述。
【输出格式】
输出一个数字，表示可能的楼层号序列的数量。答案对 109 + 7 取模。
【样例输入 1】
5 2 4 1
【样例输出 1】
2
【样例输入 2】
5 2 4 2
【样例输出 2】
2
【样例输入 3】
5 3 4 1
【样例输出 3】
0
【数据范围】
对于 30% 的数据，2 ≤ n ≤ 8, 1 ≤ k ≤ 8。
对于 70% 的数据，2 ≤ n ≤ 300, 1 ≤ k ≤ 300。
对于 100% 的数据，2 ≤ n ≤ 5000, 1 ≤ k ≤ 5000, 1 ≤ A, B ≤ n, A ̸= B。

【题解】

第二遍做这个题了，之前在清北澡堂现场AC过，结果今天偷了个懒，愉快的忘了s > t的情况，挂了30分（感谢天宇哥哥数据手下留情）

令f[step][i]表示当前是第step步，走到i这个位置的方案数。
转移（我们以B层下侧为例）：
f[step][i]=f[step-1][1~i-1]+f[step-1][i+1~ k]
其中，如果i+B为偶数，k=(i+B)/2-1
i+B为奇数，k=(i+B)/2
// 博主注：可以直接写i + (B - I - 1)/2

n<=5000
这样就不能用O(n)的转移了，而是要用O(1)的转移。
注意我们每次的转移都来自一个连续的区间，而且我们是求和
区间求和？
前缀和！
令sum[step][i]表示f[step][1~i]的和
还是以B下侧为例
f[step][i]=sum[step-1][i-1]+sum[step-1][k]-sum[step-1][i]
——gty

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>

const int MAXN = 10000 + 10;
const int MAXK = 5000 + 10;
const long long MOD = 1000000000 + 7;

int n,s,t,k;
long long dp[5][MAXN];

int main()
{
    scanf("%d %d %d %d", &n, &s, &t, &k);
    register int p = 1;
    if(s <= t)
    {
        for(register int i = s;i < t;++ i)
            dp[0][i] = 1;
        for(register int i = 1;i <= k;++ i, p ^= 1)
            for(register int j = 1;j < t;++ j)
                dp[p][j] = ((dp[p][j - 1] + dp[p ^ 1][j + (t - j - 1) / 2])%MOD - (dp[p ^ 1][j] - dp[p ^ 1][j - 1] + MOD)%MOD+MOD)%MOD;
        printf("%lld", dp[p^1][t - 1]%MOD);
    }
    if(s > t)
    {
        for(register int i = s;i > t;-- i)
            dp[0][i] = 1;
        for(register int i = 1;i <= k;++ i, p^= 1)
            for(register int j = n;j > t;-- j)
                dp[p][j] = ((dp[p][j + 1] + dp[p ^ 1][t + (j - t + 2) / 2])%MOD - (dp[p ^ 1][j] - dp[p ^ 1][j + 1] + MOD)%MOD+MOD)%MOD;
        printf("%lld", dp[p^1][t + 1]%MOD);
    }
    return 0;
}