牛客网_Wannafly模拟赛1

A.矩阵

题目链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/submit/f8363c912a4c48a28b80f47e7102b6b8?ACMContestId=2&tagId=4

题目意思：这个题目是中文就不加解释了，首先这个子矩阵，就说明这个矩阵是实心的，并不是只是一个框，所以为什么我强调这点呢？因为比赛的时候我傻逼了，唉，心痛。

题目思路：二维哈希+二分

　　之前没学过哈希，所以第一次遇到就碰到二维的哈希qwq，首先哈希就是为了把一个字符串通过一个基数（一般是素数）把他压缩成一个值，冲突的概率极小，所以我们可以很方便的通过一个值来比较两个字符串是否相同，这是一维的哈希，如果是二维的哈希呢？没错我们需要两个基数，我们可以把一个字符串压成一个值，那么对于一系列由字符串压成的值再通过一个基数压成一个新的值，这样这个值就代表一个矩阵了。接下来再次附上我的灵魂画作

如上图所示，[0,r]这个区间的字符串所压缩成的哈希值实际上是储存在下标为数组中r+1的格子里面。所以实际上每个下标为n的格子实际上储存了[0,n)这个左闭右开区间内部的哈希值，那么如果我们要的到某个区间的哈希值呢？我们来举一个例子，我们假设一个字符串是1234567，我们设基数为10（十进制方便理解），我们把这个情况画出来

比如现在我们想要得到区间在字符串中区间为[3,5]的哈希值,或者说从3开始长度为(5-3+1)的区间的哈希值（如果是[3,6)就是（6-3）），就是123456-123000=456，也就是说如果是区间

[L,R)我们可以通过hash_get(L,R-L)来获取哈希值，如果是[L,R]，我们可以通过hash_get（L,R-L+1）来获得哈希值，想要得到哈希值我们需要预处理基数的次方表。

那么对于二维哈希表来说其实也一样，也是一样，这里就不做多余的说明。

然后就是二分，记住最大值最小化二分时终点是mid=(L+R+1)/2;否则会死循环。

代码：

//Author: xiaowuga
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define MAX INT_MAX
#define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
const long long N=518; 
const long long mod=1e9+7; 
typedef long long LL;
typedef int II;
typedef unsigned long long ull;
#define nc cout<<"nc"<<endl
#define sp " "
ull p1=31,p2=47;
ull x1[N],x2[N];
vector<string>a;
II n,m;
ull Hash[N][N];
void init(){
    x1[0]=1;x2[0]=1;
    for(II i=1;i<501;i++){
        x1[i]=x1[i-1]*p1;
        x2[i]=x2[i-1]*p2;
   }
}
void hash_init(){
    mem(Hash,0);
    for(II i=1;i<=n;i++){
        for(II j=1;j<=m;j++){
            Hash[i][j]=Hash[i][j-1]*p1+a[i-1][j-1]-'a'+1;
        }
    }
    for(II j=1;j<=m;j++){
        for(II i=1;i<=n;i++){
            Hash[i][j]=Hash[i-1][j]*p2+Hash[i][j];
       }
    }
}
ull Hash_get(II x,II y,II l){
    ull ans=Hash[x+l][y+l]-Hash[x][y+l]*x2[l];
    ull res=Hash[x+l][y]-Hash[x][y]*x2[l];
    return ans-res*x1[l];
}
bool OK(II k){
    if(!k) return false;
    unordered_set<ull>q;
    for(II i=0;i+k<=n;i++){
        for(II j=0;j+k<=m;j++){
            ull ans=Hash_get(i,j,k);  
            if(q.find(ans)!=q.end()) return true;
            else q.insert(ans);
        }
    }
    return false;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    init();  
    while(cin>>n>>m){
        a.resize(n);
        for(II i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
        hash_init(); 
        II l=1,r=min(n,m)+1;
        while(l<r){
            II mid=l+(r-l+1)/2;
            if(OK(mid)) l=mid;
            else r=mid-1;
        }
        if(OK(l)) cout<<l<<endl;
        else cout<<0<<endl;
    }
    return 0;
}

B.树

题目链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/submit/86fc8c46a8ce4c1fba763b8cf311f805?ACMContestId=2&tagId=4

题目意思：一颗树，现在有k种颜色，给n个节点染色，要求同样颜色的节点直接是可以互通的,问有多少种染色方法。

题目思路：很简单，如果同样颜色的节点可以互通，这个同样颜色的连通块必定是以这个区间内某个点为根的子树，我们可以发现一颗树每去掉一条边就是会多出一个连通块，那么发现我们去掉n-1条边中选择0条边形成一个连通块，k种颜色里面选择一种，也就是C（n-1,0）*A(k,1),，然后n-1条边里去掉一条边形成两个连通块，k中颜色里面选择两种那么就是

C（n-1,1）*A(k,2)，依次类推，后面的就不多做赘述，我们可以惊奇的发现貌似和树的形态没有任何关系，就是没有关系，真是太坑爹了。

代码：（处理大组合数和阶乘数的姿势就不做赘述了）

//Author: xiaowuga
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <map>
#include <bitset>
#include <stack>
#include <cctype>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
#define nc cout<<"nc"<<endl
#define sp " "
const long long N=305;
const long long mod=1e9+7;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef int II;
II n,k;
vector<int>pr[N];
LL p[N][N]={0};
LL A[N];
void init(){
    for(int i=0;i<=300;i++) p[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=300;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++){
            p[i][j]=(p[i-1][j]+p[i-1][j-1])%mod;
        }
    A[0]=0;A[1]=1;
    for(II i=2;i<N;i++) A[i]=A[i-1]*i%mod;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    init();
    while(cin>>n>>k){
        for(II i=0;i<=n;i++) pr[i].clear();
        for(II i=0;i<n-1;i++){
            II x,y;cin>>x>>y;
            pr[x].push_back(y);pr[y].push_back(x);
        } 
        if(k==0){cout<<1<<endl;continue;}
        LL ans=0;
        LL li=min(n-1,k-1);
        for(II i=0;i<=li;i++){
            LL tmp=p[k][i+1]*A[i+1]%mod;
            LL t=p[n-1][i]*tmp%mod;
            ans=(ans+t)%mod; 
        } 
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}