2019牛客多校第五场

2019牛客多校第五场

A. digits2

solved at 00:47(+1)

签到题，将(n)输出(n)次即可，不知道队友在想什么。。。

B. generator 1

upsolved

矩阵快速幂，只是次数非常高

用十进制快速幂就好了，居然没想出来。。。

C. generator 2

upsolved

BSGS,需要改块的大小使得总复杂度更低

E. independent set 1

upsolved

有一张(n(1<=n<=26))个点的图,问每个子图的最大独立集的和是多少

(2^n)状压dp, 设(dp[i])表示点状态是(i)的最大独立集大小，设(x)是(i)最低位的(1)（这样容易转移），则要么不包含这个(1)，那就是(dp[i-(1<<x)]),要么包含这个(1),那就是(1+dp[i-(1<<x)-(i&G[x])]),其中(G[x])表示(x)的邻接点的状压集合，二者取最大值就好了，因为内存限制，(dp)数组需要用(char)类型

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

char f[1 << 26];
int g[26], n, m, x, y, ans;

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		g[x] |= 1 << y;
		g[y] |= 1 << x;
	}
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
		int x = __builtin_ffs(i) - 1;
		f[i] = max((int)f[i ^ (1 << x)], 1 + f[(i ^ (1 << x)) - (i & g[x])]);
		ans += f[i];
	}
	printf("%d
", ans);
	return 0;
}

F. maximum clique 1

upsolved

一张(n(1<=n<=5000))个的图，每个点有点权，点权两两不同，两个点右边当且仅当它们的点权的二进制位有至少两位不同，求最大团并输出一个方案

考虑其补图，显然补图两点有边当且仅当有一个二进制位不同，显然是一张二分图，求最大独立集即可

G. subsequence 1

solved at 01:19

两个数字字符串(s), (t), 长度不超过(3000)，求(s)不含前导(0)的子串作为数字比(t)大的方案数

如果一个没有前导(0)的子串比(t)长，那肯定比(t)大，组合数算出来

接下来考虑子串和(t)一样长，设(dp[i][j])表示考虑(s)的前(i)位，已经选了(j)位，并且已经比(t)的前(j)位大的方案数，(dp2[i][j])表示相等的方案数，转移方程可以很容易地推出来（见代码），(dp[n][m])就是长度相等时的方案数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 3010, mod = 998244353;

int fac[N], invfac[N], ans, T, n, m;

int qp(int a, int n) {
	int res = 1;
	while(n) {
		if(n & 1)
			res = 1LL * res * a % mod;
		a = 1LL * a * a % mod;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}

void init() {
	fac[0] = invfac[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; ++i) {
		fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % mod;
		invfac[i] = qp(fac[i], mod - 2);
	}
}

int C(int n, int m) {
	return 1LL * fac[n] * invfac[n - m] % mod * invfac[m] % mod;
}


int dp[N][N], dp2[N][N];

char s[N], t[N];

int main() {
	init();
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%d%d%s%s", &n, &m, s + 1, t + 1);
		ans = 0;
		for(int i = 0; i <= n; ++i) {
			for(int j = 0; j <= m; ++j) dp[i][j] = dp2[i][j] = 0;
			dp2[i][0] = 1;
		}
		for(int i = 1; i <= n; ++i) {
			if(s[i] == '0') continue;
			for(int j = n - i; j >= m; --j) {
				ans = (ans + C(n - i, j)) % mod;
			}
		}
		//cout << ans << endl;
		for(int i = 1; i <= n; ++i) {
			for(int j = 1; j <= n; ++j) {
				dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1]) % mod;;
				if(s[i] > t[j]) {
					dp[i][j] = (dp[i][j] + dp2[i - 1][j - 1]) % mod;
				}
				dp2[i][j] = dp2[i - 1][j];
				if(s[i] == t[j])
					dp2[i][j] = (dp2[i][j] + dp2[i - 1][j - 1]) % mod;
			}
		}
		ans = (ans + dp[n][m]) % mod;
		printf("%d
", ans);
	}
	return 0;
}

H. subsequence 2

solved at 02:46

长为(n(1<=n<=10000))的字符串，仅有前(m(2<=m<=10))个小写字母组成，然后给你这(m*(m-1)/2)个字符串，表示原字符串只含两种字符的子串，比如说(abc)会给你(ab,bc,ac)这三个子串，请你构造出一种原字符串

一眼望过去就是一个拓扑排序，比赛的时候写了个线段树优化建图。。。其实只要建相邻字母的有向边就行了

I. three points 1

upsolved

队友做的，给你一个矩形区域和一个矩形内三角形的三边长度，让你输出这个三角形的顶点坐标，队友说把最长边的一个顶点设在矩形顶点，另一个顶点放在矩形的边上，看第三个点是否合法就好了