T1：

　　　發現正方形棋盤，其邊長為2^k（1<k<10），而且2^k（1<k<10）-1能被3整除，就想到了分治（主要還是qbzt的老師講過）。每次將大棋盤從中間分成4個正方形的小棋盤，根據壞點在第幾個棋盤分類處理，最后在棋盤大小分為2的時候就可以結束遞歸了。

AC代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 4 using namespace std; 5 6 int a,map[514][514],len[10]={1,2,4,8,16,32,64,128,256,512},k,ex,ey; 7 8 void erfen(int zx,int zy,int yx,int yy,int hx,int hy) 9 { 10 int zhongx=(zx+yx)>>1,zhongy=(zy+yy)>>1; 11 if(zhongx==zx&&zhongy==zy)//最后要終止遞歸時在分類把小棋盤剩下的未確認數的點填一下 12 { 13 if(zx==hx&&zy==hy) 14 { 15 map[zx+1][zy]=map[zx+1][zy+1]=map[zx][zy+1]=4; 16 } 17 if(zx==hx&&zy+1==hy) 18 { 19 map[zx][zy]=map[zx+1][zy]=map[zx+1][zy+1]=3; 20 } 21 if(zx+1==hx&&zy==hy) 22 { 23 map[zx][zy]=map[zx][zy+1]=map[zx+1][zy+1]=2; 24 } 25 if(zx+1==hx&&zy+1==hy) 26 { 27 map[zx][zy]=map[zx+1][zy]=map[zx][zy+1]=1; 28 } 29 return; 30 } 31 if(hx<=zhongx&&hy<=zhongy)//已經確定數的點在左上 32 { 33 map[zhongx+1][zhongy+1]=map[zhongx+1][zhongy]=map[zhongx][zhongy+1]=4; 34 erfen(zx,zy,zhongx,zhongy,hx,hy); 35 erfen(zhongx+1,zy,yx,zhongy,zhongx+1,zhongy); 36 erfen(zx,zhongy+1,zhongx,yy,zhongx,zhongy+1); 37 erfen(zhongx+1,zhongy+1,yx,yy,zhongx+1,zhongy+1); 38 } 39 if(hx>zhongx&&hy<=zhongy)//已經確定數的點在左下 40 { 41 map[zhongx+1][zhongy+1]=map[zhongx][zhongy]=map[zhongx][zhongy+1]=2; 42 erfen(zx,zy,zhongx,zhongy,zhongx,zhongy); 43 erfen(zhongx+1,zy,yx,zhongy,hx,hy); 44 erfen(zx,zhongy+1,zhongx,yy,zhongx,zhongy+1); 45 erfen(zhongx+1,zhongy+1,yx,yy,zhongx+1,zhongy+1); 46 } 47 if(hx<=zhongx&&hy>zhongy)//在右上 48 { 49 map[zhongx+1][zhongy+1]=map[zhongx][zhongy]=map[zhongx+1][zhongy]=3; 50 erfen(zx,zy,zhongx,zhongy,zhongx,zhongy); 51 erfen(zhongx+1,zy,yx,zhongy,zhongx+1,zhongy); 52 erfen(zx,zhongy+1,zhongx,yy,hx,hy); 53 erfen(zhongx+1,zhongy+1,yx,yy,zhongx+1,zhongy+1); 54 } 55 if(hx>zhongx&&hy>zhongy)//在右下 56 { 57 map[zhongx][zhongy+1]=map[zhongx][zhongy]=map[zhongx+1][zhongy]=1; 58 erfen(zx,zy,zhongx,zhongy,zhongx,zhongy); 59 erfen(zhongx+1,zy,yx,zhongy,zhongx+1,zhongy); 60 erfen(zx,zhongy+1,zhongx,yy,zhongx,zhongy+1); 61 erfen(zhongx+1,zhongy+1,yx,yy,hx,hy); 62 } 63 } 64 65 void print()//輸出矩陣 66 { 67 for(int i=1;i<=a;i++) 68 { 69 for(int j=1;j<a;j++) 70 putchar(map[i][j]+'0'),putchar(' '); 71 putchar(map[i][a]+'0'),putchar('\n'); 72 } 73 } 74 75 int main() 76 { 77 freopen("chessboard.in","r",stdin); 78 freopen("chessboard.out","w",stdout); 79 cin>>k>>ey>>ex; 80 a=len[k]; 81 map[ex][ey]=7; 82 erfen(1,1,a,a,ex,ey); 83 print(); 84 return 0; 85 } View Code

T2：

　　　將前n-1條邊與n個點組成的樹建出來，用線段樹維護在DFS序的一段區間的所有點中從根節點到某個點的路徑長度加上這個點向上到根節點的路徑長度之和的最小值。修改后n-1條邊中的邊為單點修改（只影響一個點回到根節點的路徑長度），修改前n-1條邊中的邊為區間修改（影響從根節點到到 以該邊終點為根的子樹中所有點的路徑的長度）。查詢也分兩種情況：y在x的子樹中、y不在x的子樹中。細節什么的看代碼（by _rqy）吧：

1 #include <cstdio> 2 #include <cctype> 3 #include <vector> 4 #define ll long long 5 #include <algorithm> 6 const ll maxn = 200005; 7 const ll inf = 1e13; 8 struct edge{ 9 ll from, to, w; 10 edge(ll c, ll a, ll b):from(c), to(a),w(b){} 11 edge(){} 12 }e[maxn << 1];//存所有邊（因為修改邊時得看邊的編號） 13 ll n, q, cnt, dfn, ans; 14 ll fa[maxn][20]; 15 ll f[maxn], dep[maxn], deep[maxn], l[maxn], que[maxn], r[maxn]; 16 //dep(對應結構體里的dat)從根節點走到某個點的路徑的長度 17 //f 從某個點向上走到根節點的路徑的長度==這個點連向根節點的邊的長度 18 std::vector<ll> to[maxn];//樹中的邊 19 void add_edge(ll u, ll v, ll w) { 20 e[++cnt] = edge(u, v, w); 21 to[u].push_back(cnt); 22 } 23 ll read() { 24 ll x = 0, f = 1; 25 char ch = getchar(); 26 while(!isdigit(ch)) { 27 if(ch == '-') f = -1; 28 ch = getchar(); 29 } 30 while(isdigit(ch)) { 31 x = x * 10 + ch - '0'; 32 ch = getchar(); 33 } 34 return x * f; 35 } 36 struct seg{ 37 ll l, r, min, dat, tag1, tag2; //tag1:dep, tag2:f 38 }t[maxn<<2];//線段樹 39 void update(ll k) { 40 t[k].min = std::min(t[k<<1].min, t[k<<1|1].min); 41 } 42 void pushdown(ll k) { 43 if(t[k].l == t[k].r) return; 44 if(t[k << 1].l == t[k<<1].r) t[k<<1].dat += t[k].tag1; 45 if(t[k << 1|1].l == t[k<<1|1].r)t[k<<1|1].dat += t[k].tag1; 46 t[k<<1].min += t[k].tag2 + t[k].tag1; 47 t[k<<1|1].min += t[k].tag2 + t[k].tag1; 48 t[k<<1].tag1 += t[k].tag1; 49 t[k<<1].tag2 += t[k].tag2; 50 t[k<<1|1].tag1 += t[k].tag1; 51 t[k<<1|1].tag2 += t[k].tag2; 52 t[k].tag1 = t[k].tag2 = 0; 53 } 54 void build(ll k, ll l, ll r) {//建線段樹 55 t[k].l = l, t[k].r = r, t[k].tag1 = t[k].tag2 = 0; 56 if(l == r) { 57 t[k].min = dep[que[l]] + f[que[l]]; 58 t[k].dat = dep[que[l]]; 59 return; 60 } 61 ll mid = (l + r) >> 1; 62 build(k << 1, l, mid); 63 build(k << 1|1, mid+1, r); 64 update(k); 65 } 66 void modify(ll k, ll x, ll y, ll a, ll arg = 0) { 67 pushdown(k); 68 ll l = t[k].l, r = t[k].r, mid = (l + r) >> 1; 69 if(x <= l && r <= y) { 70 if(arg == 0) {//區間修改 71 t[k].tag1 += a; //tag1：由dat（或dep，畢竟dat和dep都一個意思）的變化而打的標記 72 t[k].min += a; 73 if(t[k].l == t[k].r) t[k].dat += a; 74 } 75 else {//單點修改 76 t[k].tag2 += a;//tag2:由f的變化而打的標記 77 t[k].min += a; 78 } 79 return; 80 } 81 if(x <= mid) modify(k << 1, x, y, a, arg); 82 if(y > mid) modify(k << 1|1, x, y, a, arg); 83 update(k); 84 } 85 ll pos(ll k, ll p) { 86 pushdown(k); 87 ll l = t[k].l, r = t[k].r, mid = (l + r) >> 1; 88 if(l == r) return t[k].dat; 89 if(p <= mid) return pos(k << 1, p); 90 else return pos(k << 1|1, p); 91 } 92 ll query(ll k, ll x, ll y) { 93 pushdown(k); 94 ll l = t[k].l, r = t[k].r, mid = (l + r) >> 1; 95 if(x <= l && r <= y) return t[k].min; 96 ll ans = inf; 97 if(x <= mid) ans = std::min(ans, query(k << 1, x, y)); 98 if(y > mid) ans = std::min(ans, query(k << 1|1, x, y)); 99 return ans; 100 } 101 void dfs(ll x, ll fa) { 102 l[x] = ++dfn; 103 que[dfn] = x; 104 for(ll i = 0; i < to[x].size(); i++) { 105 ll v = e[to[x][i]].to; 106 if(v != fa) { 107 dep[v] = dep[x] + e[to[x][i]].w; 108 deep[v] = deep[x] + 1; 109 dfs(v, x); 110 } 111 } 112 r[x] = dfn; 113 } 114 void pre() { 115 scanf("%lld %lld", &n, &q); 116 for(ll i = 1; i < n; i++) { 117 ll u = read(), v = read(); 118 add_edge(u, v, read()); 119 fa[v][0] = u; 120 } 121 for(ll i = 1; i < n; i++) { 122 ll u = read(), v = read(); 123 f[u] = read(); 124 e[++cnt] = edge(u, v, f[u]); 125 } 126 for(ll i = 1; i <= 18; i++) 127 for(ll j = 1; j <= n; j++) 128 fa[j][i] = fa[fa[j][i-1]][i-1]; 129 dfs(1, 0); 130 build(1, 1, dfn); 131 } 132 ll get(ll x, ll d) { 133 ll D = deep[x]; 134 ll p = D - d; 135 if(p < 0) return -1; 136 ll u = x; 137 for(ll i = 18; i >= 0 && p; i--) { 138 if((1<<i) <= p) { 139 p -= (1<<i); 140 u = fa[u][i]; 141 } 142 } 143 return u; 144 } 145 void solve() { 146 while(q--) { 147 ll k = read(), x = read(), y = read(); 148 if(k == 2) { 149 if(x > (n-1)) { 150 modify(1, l[e[x].from], l[e[x].from], y - f[e[x].from], 1); 151 f[e[x].from] = y; 152 } 153 else { 154 ll delta = y - e[x].w; 155 ll u = e[x].to; 156 modify(1, l[u], r[u], delta); 157 e[x].w = y; 158 } 159 } 160 else { 161 ll k = get(y, deep[x]); 162 if(k == x) ans = pos(1, l[y]) - pos(1, l[x]); 163 else ans = query(1, l[x], r[x]) - pos(1, l[x]) + pos(1, l[y]); 164 printf("%lld\n", ans); 165 } 166 } 167 } 168 int main() { 169 #ifdef orz 170 freopen("input", "r", stdin); 171 #endif 172 pre(); 173 solve(); 174 } View Code

T3:

　　　子任務1就是kmp裸題，沒什么好說的。

　　　子任務2用一遍kmp優化一下加暴力就過了，也沒什么好說的（主要還是數據水）。

　　　　　　正解看不懂。。。

　　　子任務3用卷積（下標和為常數），沒什么會說的。。。

　　還是把會的說說吧：

　　1、兩個多項式相乘得出x次項的系數為sigma（ai*bj)? ? i+j==x,x為常數， 這就是個卷積。多項式可以用系數表示，也可以用點表示。n個點可以表示出一個n-1次的多項式。對于兩個多項式（設次數分別為i、j）f(x)和g(x)相乘，可以各取（次數和加1）對對應點，每對對應點的橫坐標都應相同，這樣兩個多項式相乘得出新的多項式f(x)g(x)在坐標系中的體現即為每對對應點的縱坐標相乘得出一個新的點，共得出i+j-1個新點，將這些新點在轉化為系數表示法即可得到f(x)g(x)。盡管用拉格朗日差值公式來做時O(n²)的時間復雜度（同暴力），但運用FFT（快速傅里葉變換）只需O(n log n)的復雜度，故我們有了一個更快的求多項式相乘結果的方法（注：FFT設及到復數實數乘法，要注意精度帶來的問題），同時也可利用多項式乘法求下卷積。

　　2、子任務3的部分思路：設模式串為A，主串為B，C(i,j)=(Ai-Bj)²,若Ai==Bj，則C(i,j)==0。若C(k,0)+...+C(i,j)==0，就說明有一段匹配成功。為了快速求和，可以搞成卷積的形式（要有乘法兩乘數下標為常數）。怎么辦呢？兩個字符串都反過來看原來的位置就好了。字符串還有'?'，怎么辦？讓‘？’=0，給每個C(i,j)再乘上Ai*Bi就好了，照樣能搞卷積。最后將兩串用FFT乘一下，系數為零的項的次數搞搞就是一個位置了。

見正解代碼(by _rqy)：

1 #include <algorithm> 2 #include <cmath> 3 #include <complex> 4 #include <cstdio> 5 #include <cstring> 6 typedef long long LL; 7 const int N = 1000000; 8 char s[N], p[N]; 9 int n, m; 10 int something[N]; 11 namespace Task1{ 12 int* const nxt = something; 13 void getNxt() { 14 nxt[0] = nxt[1] = 0; 15 for (int i = 1, j = 0; i < m; ++i) { 16 while (j && p[i] != p[j]) j = nxt[j]; 17 nxt[i + 1] = (p[i] == p[j] ? ++j : 0); 18 } 19 } 20 void solve() { 21 int ans1 = 0, ans2 = 0; 22 getNxt(); 23 for (int i = 0, j = 0; i < n; ++i) { 24 while (j && p[j] != s[i]) j = nxt[j]; 25 if (p[j] == s[i] && (++j == m)) { 26 ++ans1; 27 ans2 ^= i - m + 1; 28 } 29 } 30 printf("%d %d\n", ans1, ans2); 31 } 32 }; 33 namespace Task2{ 34 int *const f = something; 35 void getF() { 36 f[0] = m; 37 int rmax = 0, ri = 0; 38 for (int i = 1; i < m; ++i) { 39 f[i] = std::max(0, std::min(f[i - ri], rmax - i)); 40 while (p[f[i]] == p[i + f[i]]) ++f[i]; 41 if (i + f[i] > rmax) 42 rmax = i + f[ri = i]; 43 } 44 } 45 void solve() { 46 int ansv[4] = {0, 0, 0, 0}; 47 getF(); 48 int rmax = 0, ri = 0; 49 for (int i = 0; i < n; ++i) { 50 int ans = std::max(0, std::min(rmax - i, f[i - ri])); 51 while (i + ans < n && ans < m && s[i + ans] == p[ans]) ++ans; 52 if (i + ans > rmax) 53 rmax = (ri = i) + ans; 54 ansv[i % 4] ^= ans; 55 } 56 printf("%d %d %d %d\n", ansv[0], ansv[1], ansv[2], ansv[3]); 57 } 58 }; 59 namespace Task3{ 60 const int N = 400000; 61 typedef std::complex<double> Complex; 62 const double pi = acos(-1.0); 63 Complex PA[N], PB[N]; 64 LL A[N], B[N], C[N]; 65 void FFT(Complex *P, int len, int opt) { 66 for (int i = 1, j = len >> 1, k; i < len; ++i) { 67 if (i < j) std::swap(P[i], P[j]); 68 k = len; 69 do j ^= (k >>= 1); while (~j & k); 70 } 71 for (int h = 2; h <= len; h <<= 1) { 72 Complex wn = Complex(cos(2 * pi * opt / h), sin(2 * pi * opt / h)); 73 for (int j = 0; j < len; j += h) { 74 Complex w = Complex(1.0, .0); 75 for (int k = 0; k < h / 2; ++k) { 76 Complex tmp = P[j + k], tmp2 = P[j + k + h / 2] * w; 77 P[j + k] = tmp + tmp2; 78 P[j + k + h / 2] = tmp - tmp2; 79 w *= wn; 80 } 81 } 82 } 83 if (opt == -1) { 84 for (int i = 0; i < len; ++i) 85 P[i] /= len; 86 } 87 } 88 void upd(LL *A, LL *B, LL *C, int n, int m) { //A += B[0..n-1] * C[0..m-1] 89 int len = 1; 90 while (len < n + m) len <<= 1; 91 for (int i = 0; i < n; ++i) PA[i] = B[i]; 92 for (int i = n; i < len; ++i) PA[i] = .0; 93 for (int i = 0; i < m; ++i) PB[i] = C[i]; 94 for (int i = m; i < len; ++i) PB[i] = .0; 95 FFT(PA, len, 1); 96 FFT(PB, len, 1); 97 for (int i = 0; i < len; ++i) 98 PA[i] *= PB[i]; 99 FFT(PA, len, -1); 100 for (int i = 0; i < len; ++i) 101 A[i] += (LL)(PA[i].real() + (PA[i].real() > 0 ? 0.5 : -0.5)); 102 } 103 inline LL sqr(LL x) { return x * x; } 104 inline LL cube(LL x) { return x * x * x; } 105 void solve() { 106 for (int i = 0; i < n; ++i) 107 B[i] = sqr(s[i] - 'a' + 1); 108 for (int i = 0; i < m; ++i) 109 C[i] = (p[m - i - 1] == '?' ? 0 : p[m - i - 1] - 'a' + 1); 110 upd(A, B, C, n, m); 111 for (int i = 0; i < n; ++i) 112 B[i] = -2 * (s[i] - 'a' + 1); 113 for (int i = 0; i < m; ++i) 114 C[i] = sqr(C[i]); 115 upd(A, B, C, n, m); 116 LL t = 0; 117 for (int i = 0; i < m; ++i) if (p[i] != '?') 118 t += cube(p[i] - 'a' + 1); 119 int ans1 = 0, ans2 = 0; 120 for (int i = 0; i <= n - m; ++i) if (A[i + m - 1] == -t) { 121 ++ans1; 122 ans2 ^= i; 123 } 124 printf("%d %d\n", ans1, ans2); 125 } 126 } 127 int main() { 128 int task; 129 scanf("%d%s%s", &task, s, p); 130 n = strlen(s); 131 m = strlen(p); 132 if (task == 1) Task1::solve(); 133 if (task == 2) Task2::solve(); 134 if (task == 3) Task3::solve(); 135 return 0; 136 } View Code

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轉載于:https://www.cnblogs.com/InductiveSorting-QYF/p/11523384.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的2019.9.14校内考试的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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