BestCoder Round #77 (div.2)（hdu5650，hdu5651（逆元），hdu5652（二分），hdu5653（dp））

so easy

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5650

解题思路：

中文题目：

问题描写叙述

已知一个包括 $n$ 个元素的正整数集合 $S$，设 $f(S)$ 为集合 $S$  中全部元素的异或(XOR)的结果。
如：$S=\{1,2,3\}$, 则 $f(S)=0$。

给出集合 $S$，你须要计算 将全部 $f(s)$ 进行异或后的值, 这里 $s\subseteq S$.

输入描写叙述

多组測试数据。
第一行包括一个整数 $T(T\le 20)$ 表示组数。

每组測试数据第一行包括一个数 $n(1\le n\le 1,000)$ 表示集合的大小，第二行为 $n$ 的数表示集合元素。第 $i(1\le i\le n)$ 个数 0 leq a_i leq 1000,000,0000≤a​i​​≤1000,000,000 且数据保证所给集合中没有反复元素。

输出描写叙述

对于每组測试数据，输出一个数。表示将全部的 $f(s)$ 的异或之后的值。

输入例子

1
3
1  2  3

输出例子

0

Hint

例子中。$S=\{1,2,3\}$, 它的子集有$\varnothing$, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}

算法思想：

我们考虑集合中的每一个数x对答案的贡献。 设集合有n个数，则包括x的子集个数有2^(n-1)个。 那么当n > 1时，x出现了偶数次，所以其对答案的贡献就是0。当 n = 1时，其对答案的贡献是 x。

AC代码：

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

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n,x,y;
        scanf("%d",&n);
        scanf("%d",&x);
        for(int i = 1; i < n; ++i)
            scanf("%d",&y);
        if(n == 1)
            printf("%d
",x);
        else
            printf("0
");
    }
    return 0;
}

xiaoxin juju needs help

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5651

解题思路：

中文题目：

问题描写叙述

xiaoxin巨从小就喜欢字符串，六年级的时候他就知道了什么是回文串。这时，xiaoxin巨说到：假设一个字符串 $S$ 是回文串，那么该字符串从前往后看和从后往前看是一样一样的。

六年级的暑假，xiaoxin非常快就做完了暑假作业，然后到腾讯做起了实习生。
这日，leader给了xiaoxin一个字符串，请xiaoxin帮忙写一个函数来生成全部可能的回文串，能够随意改变字符串的顺序可是不能够扔掉某个字符。而且leader告诉xiaoxin，每生成一个不一样的回文串就能够得到一颗西瓜糖。

请你帮忙计算xiaoxin的leader最多须要买多少颗西瓜糖呢？

输入描写叙述

多组測试数据。第一行包括一个整数 $T(T\le 20)$ 表示组数。
每组測试数据给出一个仅仅包括小写字母的字符串 $S(1\le length(S)\le 1,000)$

输出描写叙述

对于每组測试数据，输出一个数, 表示leader须要买的西瓜糖的个数，结果对 $1,000,000,007$ 取模。

输入例子

3
aa
aabb
a

输出例子

1
2
1

算法思想：

首先。假设不止一个字符出现的次数为奇数，则结果为0。 否则，我们把每一个字符出现次数除2，也就是考虑一半的情况。 那么结果就是这个可反复集合的排列数了。 设该集合有n个数，第i个数出现次数为ai。那么结果就是 fact(n)/fact(a_1)/fact(a_2)/..../fact(a_n)fact(n)/fact(a​1​​)/fact(a​2​​)/..../fact(a​n​​)。

AC代码：

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

typedef long long ll;
const int MOD = 1000000007;
const int N = 1005;
char str[N];
ll fact[N],factinv[N];
int cnt[30];

ll quick_pow(ll x,ll n){
    ll ans = 1;
    while(n){
        if(n&1)
            ans = ans*x%MOD;
        n >>= 1;
        x = x*x%MOD;
    }
    return ans;
}

void init(){
    fact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; ++i)
        fact[i] = fact[i-1]*i%MOD;
    factinv[N-1] = quick_pow(fact[N-1],MOD-2);
    for(int i = N-2; i >= 0; --i){
        factinv[i] = factinv[i+1]*(i+1)%MOD;
    }
}

int main(){
    init();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%s",str);
        int len = strlen(str);
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(int i = 0; i < len; ++i)
            ++cnt[str[i]-'a'];
        int odd = 0;
        for(int i = 0; i < 26; ++i){
            if(cnt[i]%2 == 1)
                ++odd;
        }
        if(odd > 1){
            puts("0");
            continue;
        }
        ll ans = fact[len/2];
        for(int i = 0; i <= 26; ++i)
            ans = ans*factinv[cnt[i]/2]%MOD;
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

India and China Origins

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5652

解题思路：

中文题目：

问题描写叙述

非常久曾经。中国和印度之间并没有喜马拉雅山相隔，两国的文化交流非常频繁。随着喜马拉雅山海拔逐渐添加，两个地区的交流也越来越少。终于没有了来往。





如果当时的地形和我画的一样，蓝色部分代表海洋，并且当时人们还没有发明轮船。黄色部分代表沙漠。并且沙漠上常常有野鬼散步，所以人们不敢到沙漠中行走。黑色的格子表示山峰。这些山峰都无比高大。所以人无法穿过。白色格子代表平原。人能够在平原上自由行走。
人每次能够向相邻的四个格子走动。


此外，我们的考古学家发现另一些山峰会逐渐形成。通过研究发现。位置在 $(x,y)$ （保证该位置之前没有山峰）的地方在 $i$ 年后出现了山峰。如今给你若干个位置出现山峰的时间。你能够计算出中国和印度之间的联系最早被彻底切断的时间吗？

输入描写叙述

多组測试数据, 第一行为组数$T(T\le 10)$。
每组測试数据第一行包括两个数 $N,M(1\le N,M\le 500)$, 表示地图的大小。接下来 $N$ 行长度为 $M$ 的 $01$ 字符串。$0$代表白色格子，$1$ 代表山峰。接下来有 $Q(1\le Q\le N\times M)$ 行。第 $i(1\le i\le Q)$ 两个整数 $(x,y),0\le x<N,0\le y<M$ 表示在第 $i$ 年 $(x,y)$ 出现了一座山峰。

输出描写叙述

对于每组測试数据。输出一个数, 表示两国最早失联的时间。假设终于两国之间还有联系则输出 -1。

输入例子

1
4 6
011010
000010
100001
001000
7
0 3
1 5
1 3
0 0
1 2
2 4
2 1

输出例子

4

Hint

从上图能够看到，两国在第四年彻底失去了联系。

算法思想：

二分验证就可以。

AC代码：

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

const int N = 1005;
const int dx[] = {-1,0,1,0},dy[] = {0,-1,0,1};
char graph[N][N];
char Map[N][N];
int done[N][N];
int n,m,q;
int x[250005],y[250005];

bool check(int x,int y){
    return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
}

bool dfs(int x,int y){
    if(x == n-1)
        return 1;
    if(done[x][y])
        return 0;
    done[x][y] = 1;
    for(int i = 0; i < 4; ++i){
        int xx = x+dx[i],yy = y+dy[i];
        if(check(xx,yy) && Map[xx][yy] == '0'){
            if(dfs(xx,yy))
                return 1;
        }
    }
    return 0;
}

bool check(int mid){
    for(int i = 0; i < n; ++i){
        for(int j = 0; j < m; ++j){
            Map[i][j] = graph[i][j];
            done[i][j] = 0;
        }
    }
    for(int i = 0; i < mid; ++i){
        Map[x[i]][y[i]] = '1';
    }
    for(int i = 0; i < m; ++i){
        if(Map[0][i] == '0' && dfs(0,i))
            return 1;
    }
    return 0;
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i = 0; i < n; ++i)
            scanf("%s",graph[i]);
        scanf("%d",&q);
        for(int i = 0; i < q; ++i)
            scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
        if(!check(0) || check(q)){
            puts("0");
            continue;
        }
        int l = 0,r = q;
        while(l <= r){
            int mid = (l+r)>>1;
            if(check(mid))
                l = mid+1;
            else
                r = mid-1;
        }
        printf("%d
",l);
    }
    return 0;
}

Bomber Man wants to bomb an Array.

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5653

解题思路：

中文题目：

问题描写叙述

给一个长度为 $N$ 的一维格子和一些炸弹的位置。请你计算 “最大总破坏指数”。

每一个炸弹都有向左和向右的破坏力，如果一个炸弹向左和向右的破坏力分别为 $L$ 和 $R$,
那么该炸弹将炸毁 $L+R+1$ 个格子（左边$L$个。炸弹所在格子，右边$R$个）。
破坏指数的计算方式为：全部炸弹炸毁的格子数的乘积。如果第 $i$ 个炸弹炸毁了 X_iX​i​​个格子，
那么总破坏指数就是 X_1 * X_2 * .... X_mX​1​​∗X​2​​∗....X​m​​。


如今告诉你每一个炸弹的位置。你须要计算 最大的总破坏指数，注意：每一个格子最多仅仅同意被炸一次。

输入描写叙述

多组測试数据，第一行为一个整数 $T(T\le 11)$。
每组測试数据第一行为两个整数 $N,M(1\le N\le 2000,1\le M\le N)$，分别表示格子总数和炸弹总数 。
第二行是 $M$ 个互不同样的数表示每一个炸弹所在的位置。

输出描写叙述

对于每组測试数据。输出 floor(10^6 * log2(最大破坏指数)) (floor表示向下取整)。

输入例子

2
10 2
0 9
10 3
0 4 8

输出例子

4643856
5169925

Hint

Sample 1 :

Sample 2: 

算法思想：

先不考虑将结果乘以 1e6。 设 dp[i] 为从前 i 个格子的状态能够获得的最大破坏指数。那么我们能够枚举每一个炸弹。该炸弹向左延伸的距离和向又延伸的距离。 设第 i 个炸弹破坏区间为 [l, r], 则 dp[r] = dp[l - 1] * log2(r - l + 1)。答案就是 dp[n - 1]。不要忘记最后要向下取整。

AC代码：

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

const int N = 2005;
double f[N];
double dp[N];
int n,m;
bool vis[N];

int main(){
    for(int i = 1; i < N; ++i)
        f[i] = log2(i*1.0);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        int x;
        for(int i = 1; i <= m; ++i) {
            scanf("%d",&x);
            ++x; vis[x] = 1;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            int j = i;
            while(j > 0 && vis[j] == 0)
                --j;
            if(j == 0){
                dp[i] = -1;
                continue;
            }
            int k = j - 1;
            while(k > 0 && vis[k] == 0)
                --k;
            if(k == 0){
                dp[i] = f[i];
                continue;
            }
            dp[i] = -1;
            for(int u = k + 1; u <= j; ++u){
                if(dp[u-1] == -1)
                    continue;
                dp[i] = max(dp[i],dp[u-1] + f[i-u+1]);
            }
        }
        printf("%d
", (int)floor(1000000*dp[n]));
    }
    return 0;
}