今天又有一場愉悅的考試。

早晨就知道下午兩點考試，直覺告訴我考反演。于是便十分不安，開始補習組合數學。結果困得要命，趴在桌上睡得天昏地暗……做夢夢見自己翻在地上兩次……

中午鬧鐘沒響，然后就很愉悅地起晚了，趕緊到學校卡著點坐在了電腦前面。

然后就有了下面的故事：

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T1：

鏈接：EZOJ_Alpha：P1079

那個交換方式炸胡！只要存在完美匹配一定能構造出方案，且不存在完美匹配一定無解(后半句顯然，前半句的意思是如果有完美匹配的話你可以構造一個或多個環去交換。自行腦補就可以了)。

什么你告訴我你不會證明？好好好，有請我們的歸納法君。

首先我們先證明：如果總共有i個點，那么我們從中任取i-1個點一定多個環和至多一條鏈：

如果存在兩條鏈的話，只有一條頭應該連i，只有一條的尾被i連，那么剩下的兩個接頭無法無法在這i個點中連接，與只有i個點矛盾。假設不成立，原命題得證。

首先只有一個點的情況能構造出方案。

然后考慮前面有i個點構成多個閉環，我們要放入第i個點。
如果第i個點能直接插入某個環中(即i連接斷點前驅，斷點后繼連接i)，那么方案構造完成。

否則，讓i連接其完美匹配中的前驅，讓i在完美匹配中的后繼連接i，那么剩下兩個斷點。因為存在完美匹配，所以一定能夠通過調整其他點的一些關系使這兩個斷點相連，方案構造完成。

其實不需要歸納法，考慮圖論的話，i個點i條邊，每個點一出度一入度一定是多個環QAQ。

然后直接dinic最大匹配。

考場上我不知道這東西的復雜度，幾分鐘想出了正解不敢寫，寫了怕不能AC，寫了一個maker進行對拍，發現10組數據平均遞歸1e7次左右就能完成。然而我機器太慢還是比2s多。棄坑走人。

代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<cctype> 7 #define debug cout 8 using namespace std; 9 const int maxn=1e4+1e2,maxm=2e4+1e2; 10 const int inf=0x3f3f3f3f; 11 12 int s[maxn<<1],t[maxm<<3],nxt[maxm<<3],f[maxm<<3],cnt; 13 int dep[maxn<<1]; 14 int n,m,st,ed; 15 16 inline void coredge(int from,int to,int flow) { 17 t[++cnt] = to , f[cnt] = flow, 18 nxt[cnt] = s[from] , s[from] = cnt; 19 } 20 inline void addedge(int from,int to,int flow) { 21 coredge(from,to,flow); 22 coredge(to,from,0); 23 } 24 25 inline bool bfs() { 26 memset(dep,-1,sizeof(dep)); 27 dep[st] = 0; 28 queue<int> q; 29 q.push(st); 30 while( q.size() ) { 31 const int pos = q.front(); q.pop(); 32 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at]) 33 if( f[at] && !~dep[t[at]] ) { 34 dep[t[at]] = dep[pos] + 1, 35 q.push(t[at]); 36 } 37 } 38 return ~dep[ed]; 39 } 40 inline int dfs(int pos,int flow) { 41 if( pos == ed ) 42 return flow; 43 int ret = 0 , now = 0; 44 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at]) 45 if( f[at] && dep[t[at]] > dep[pos] ) { 46 now = dfs(t[at],min(flow,f[at])); 47 ret += now , flow -= now, 48 f[at] -= now , f[at^1] += now; 49 if( !flow ) 50 return ret; 51 } 52 if( !ret ) 53 dep[pos] = -1; 54 return ret; 55 } 56 inline int dinic() { 57 int ret = 0 , now = 0; 58 while( bfs() ) { 59 while( now = dfs(st,inf) ) 60 ret += now; 61 } 62 return ret; 63 } 64 65 inline int cov(int id,int sta) { 66 return ( id << 1 ) - 1 + sta; 67 } 68 69 inline void init() { 70 for(int i=0;i<=ed;i++) 71 s[i] = 0; 72 cnt = 1; 73 } 74 75 inline int getint() { 76 int ret = 0 , ch = getchar(); 77 while( !isdigit(ch) ) 78 ch = getchar(); 79 while( isdigit(ch) ) 80 ret = ret * 10 + ( ch - '0' ), 81 ch = getchar(); 82 return ret; 83 } 84 85 int main() { 86 while( scanf("%d%d",&n,&m) == 2 ) { 87 init(); 88 st = ( n << 1 ) + 1 , ed = st + 1; 89 for(int i=1;i<=n;i++) { 90 addedge(st,cov(i,0),1); 91 addedge(cov(i,1),ed,1); 92 } 93 for(int i=1,a,b;i<=m;i++) { 94 a = getint() , b = getint(); 95 addedge(cov(a,0),cov(b,1),1); 96 } 97 puts(dinic()==n?"YES":"NO"); 98 } 99 100 return 0; 101 } View Code

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T2：

鏈接：EZOJ_Alpha：P1080

首先，在答案串中一個長度為k+1的子串一定可以通過兩個在母串中存在的長度為k的子串重復k-1位生成。

考慮如果不可以這樣，即不能生成，這樣的話可能是k=5，aac，cddd組成aacddd這樣的，那么，acddd在源串中沒有存在過，不行。

如果形式化地證明地話：

1.兩個長度為k的串重復k-1位，那么截取中間部分那一段就不是源串子串，不行。

2.長度為k+1的串由長度小于k的串重復少于k-1位組成，那么中間那段仍然不是源串子串，不行。(畫出圖來就明白了)

這樣的話可用的拼接的串就是有1e5個，我們可以先對其進行哈希，然后在圖上拓撲排序判環順便求最長鏈。

這題在考試的時候我沒想出來，一開始想SAM統計right什么的，發現這樣會把SAM卡成n^2，不可做。然后想SA統計hight什么的，仍舊不可做，棄坑寫T3。

寫完T3回來發現有k=2的30分floyd可以寫，寫完走人。

考場30分代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #define debug cout 6 using namespace std; 7 const int maxn=1e5+1e2,maxd=30; 8 9 char in[maxn]; 10 int g[maxd][maxd],can[maxd][maxd],vis[maxd],app[maxd]; 11 int mxl,n,k,len; 12 13 inline void floyd() { 14 for(int k=1;k<=26;k++) 15 for(int i=1;i<=26;i++) 16 for(int j=1;j<=26;j++) 17 can[i][j] |= ( can[i][k] & can[k][j] ); 18 } 19 20 inline bool judgeinf() { 21 floyd(); 22 for(int i=1;i<=26;i++) 23 if( can[i][i] ) 24 return 1; 25 return 0; 26 } 27 28 inline void dfs(int pos,int dep) { 29 vis[pos] = 1; 30 mxl = max( mxl , dep ); 31 for(int i=1;i<=26;i++) 32 if( g[pos][i] && !vis[i] ) 33 dfs(i,dep+1); 34 vis[pos] = 0; 35 } 36 37 inline int cov(int x) { 38 return x - 'a' + 1; 39 } 40 inline void init() { 41 memset(g,0,sizeof(g)); 42 memset(can,0,sizeof(can)); 43 memset(app,0,sizeof(app)); 44 mxl = 0; 45 } 46 47 int main() { 48 while( scanf("%d%d",&n,&k) == 2 ) { 49 if( k != 2 ) { 50 puts("INF"); 51 continue; 52 } 53 init(); 54 for(int i=1;i<=n;i++) { 55 scanf("%s",in+1); 56 len = strlen(in+1); 57 for(int i=1;i<=len;i++) 58 app[cov(in[i])] = 1; 59 for(int i=1;i<len;i++) { 60 can[cov(in[i])][cov(in[i+1])] = g[cov(in[i])][cov(in[i+1])] = 1; 61 } 62 } 63 if( judgeinf() ) 64 puts("INF"); 65 else { 66 for(int i=1;i<=26;i++) 67 if( app[i] ) 68 dfs(i,1); 69 printf("%d\n",mxl); 70 } 71 } 72 return 0; 73 } View Code

考后AC代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<map> 7 #define lli long long int 8 #define debug cout 9 using namespace std; 10 const int maxn=1e5+1e2,base=233,mod[2]={1000000009,1000000007}; 11 12 struct Node { 13 lli h,t; 14 Node(lli hh=0,lli tt=0) { 15 h = hh , t = tt; 16 } 17 lli id() const { 18 return h / 10000; 19 } 20 friend bool operator < (const Node &a,const Node &b) { 21 return a.h != b.h ? a.h < b.h : a.t < b.t; 22 } 23 }; 24 map<Node,int> cov[maxn]; 25 lli hsh[maxn][2],pows[maxn][2]; 26 int dis[maxn],deg[maxn],nxt[maxn][27],vis[maxn]; 27 char in[maxn]; 28 int ed[maxn]; 29 int n,k,ans,cnt; 30 31 inline void gen(int len) { 32 pows[0][0] = pows[0][1] = 1; 33 hsh[0][0] = hsh[0][1] = 0; 34 for(int i=1;i<=len;i++) 35 for(int j=0;j<2;j++) { 36 hsh[i][j] = ( hsh[i-1][j] * base + in[i] - 'a' + 1) % mod[j]; 37 pows[i][j] = pows[i-1][j] * base % mod[j]; 38 } 39 } 40 41 inline Node SegmentHsh(int st,int ed) { // returning hash Node in range [st,ed] 42 --st; 43 lli h = ( ( hsh[ed][0] - hsh[st][0] * pows[ed-st][0] ) % mod[0] + mod[0] ) % mod[0]; 44 lli t = ( ( hsh[ed][1] - hsh[st][1] * pows[ed-st][1] ) % mod[1] + mod[1] ) % mod[1]; 45 return Node(h,t); 46 } 47 inline Node SegmentWord(int st,int ed,int x) { // returning Segment [st,ed] + x 48 Node Seg = SegmentHsh(st,ed); 49 Seg.h = ( Seg.h * base + x ) % mod[0], 50 Seg.t = ( Seg.t * base + x ) % mod[1]; 51 return Seg; 52 } 53 54 inline int query(const Node &a) { 55 int iid = a.id(); 56 return cov[iid].find(a) == cov[iid].end() ? 0 : cov[iid][a]; 57 } 58 inline void insert(const Node &a) { 59 int iid = a.id(); 60 if( cov[iid].find(a) != cov[iid].end() ) 61 return; 62 cov[iid][a] = ++cnt; 63 } 64 65 inline void insert_all() { 66 for(int i=1;i<=n;i++) { 67 for(int j=ed[i-1]+k-1;j<ed[i];j++) { 68 insert(SegmentHsh(j-k+1,j)); 69 } 70 } 71 } 72 73 inline void find_next() { 74 for(int i=1;i<=n;i++) 75 for(int j=ed[i-1]+k-1;j<ed[i];j++) { 76 Node now = SegmentHsh(j-k+1,j); 77 int id = query(now); 78 if( vis[id] ) 79 continue; 80 vis[id] = 1; 81 for(int w=1;w<=26;w++) { 82 Node nw = SegmentWord(j-k+2,j,w); 83 int nid = query(nw); 84 if( nid ) { 85 ++deg[nid]; 86 nxt[id][w] = nid; 87 } 88 } 89 } 90 } 91 92 inline void topo() { 93 int full = 0; 94 queue<int> q; 95 for(int i=1;i<=cnt;i++) 96 if( !deg[i] ) { 97 dis[i] = 1 , 98 q.push(i); 99 } 100 while( q.size() ) { 101 const int pos = q.front(); q.pop(); ++full; 102 ans = max( ans , dis[pos] ); 103 for(int i=1;i<=26;i++) 104 if( nxt[pos][i] ) { 105 dis[nxt[pos][i]] = max( dis[nxt[pos][i]] , dis[pos] + 1 ); 106 if( !--deg[nxt[pos][i]] ) 107 q.push(nxt[pos][i]); 108 } 109 } 110 if( full < cnt ) 111 puts("INF"); 112 else 113 printf("%d\n",ans+k-1); 114 } 115 116 inline void getin() { 117 ed[0] = 1; 118 for(int i=1;i<=n;i++) { 119 scanf("%s",in+ed[i-1]); 120 ed[i] = ed[i-1] + strlen(in+ed[i-1]); 121 } 122 } 123 124 inline void init() { 125 for(int i=0;i<maxn;i++) 126 cov[i].clear(); 127 memset(hsh,0,sizeof(hsh)); 128 memset(pows,0,sizeof(pows)); 129 memset(dis,0,sizeof(dis)); 130 memset(deg,0,sizeof(deg)); 131 memset(nxt,0,sizeof(nxt)); 132 memset(vis,0,sizeof(vis)); 133 memset(ed,0,sizeof(ed)); 134 memset(in,0,sizeof(in)); 135 ans = cnt = 0; 136 } 137 138 int main() { 139 while( scanf("%d%d",&n,&k) == 2 ) { 140 init(); 141 getin(); 142 gen(ed[n]-1); 143 insert_all(); 144 find_next(); 145 topo(); 146 } 147 return 0; 148 } View Code

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T3：

?鏈接：EZOJ_Alpha：P1082

首先我們看到了30分暴力，禁忌の8重for循環……或者直接DFS。

然后看一下那40分沒有限制的怎么寫：每個題目只在總分中出現一次，k道題目平分c的總分……這不是高考數學老師講過的插板法嗎？預處理階乘和逆元然后O(1)計算組合數。

然后我們70分到手了，考慮剩下30分怎么辦：

對于有限制的，我們可以枚舉哪幾個一定超過了限制，然后容斥。

如何計算超過限制后的方案呢？

我一開始想到了讓一定超過限制的那些題目單獨算，再維護剩下的，發現不可做。

但是，我們可以先欽定超過限制的那些至少是多少，從總數中減去"他們的限制+1"求和，然后再插板。

但是這樣超過限制的不能太多，觀察到T<=20，可做。

然后我就被WA成80了。

因為預處理時階乘最大的范圍為max(k+c)，然后我只跑到了n*2。

簡直愚蠢至極。

考場80分代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<vector> 6 #define lli long long int 7 #define debug cout 8 using namespace std; 9 const int maxn=1e6+1e2; 10 const int mod=1000000007; 11 12 int id[maxn],siz[maxn],sum[maxn]; 13 vector<int> lim[maxn]; 14 lli facs[maxn<<1],revs[maxn<<1]; 15 lli ans = 1; 16 int n,m,t; 17 18 inline lli fastpow(lli base,int tme) { 19 lli ret = 1; 20 while( tme ) { 21 if( tme & 1 ) 22 ret = ret * base % mod; 23 base = base * base % mod; 24 tme >>= 1; 25 } 26 return ret; 27 } 28 inline void gen() { 29 *revs = *facs = 1; 30 for(int i=1;i<=n<<1;i++) { 31 facs[i] = facs[i-1] * i % mod , 32 revs[i] = revs[i-1] * fastpow(i,mod-2) % mod; 33 } 34 } 35 36 inline lli c(int n,int m) { 37 return facs[n] * revs[m] % mod * revs[n-m] % mod; 38 } 39 40 inline int count(int ss) { 41 int ret = 0; 42 while( ss ) 43 ret++ , 44 ss -= ( ss & -ss ); 45 return ret; 46 } 47 inline int calcsum(int ss,vector<int> lims) { 48 int ret = 0; 49 for(unsigned i=0;i<lims.size();i++) 50 if( ss & ( 1 << i ) ) 51 ret += lims[i]; 52 return ret; 53 } 54 inline lli calcextra(int siz,int full) { 55 return c(full+siz-1,siz-1); 56 } 57 inline lli calc(int siz,int full,vector<int> lims) { 58 lli ret = calcextra(siz,full); 59 int fs = ( 1 << lims.size() ) - 1; 60 for(int ss=1;ss<=fs;ss++) { 61 const int sum = calcsum(ss,lims); 62 if( full - sum >= 0 ) { 63 ret += ( ( count(ss) & 1 ) ? -1 : 1 ) * calcextra(siz,full-sum); 64 ret = ( ret % mod + mod ) % mod; 65 } 66 } 67 return ret; 68 } 69 70 int main() { 71 scanf("%d%d",&n,&m); 72 for(int i=1,k,p;i<=m;i++) { 73 scanf("%d",&k); 74 siz[i] = k; 75 while( k-- ) { 76 scanf("%d",&p); 77 id[p] = i; 78 } 79 scanf("%d",sum+i); 80 } 81 scanf("%d",&t); 82 for(int i=1,r,L;i<=t;i++) { 83 scanf("%d%d",&r,&L); 84 lim[id[r]].push_back(L+1); 85 } 86 gen(); 87 88 for(int i=1;i<=m;i++) 89 ans = ans * calc(siz[i],sum[i],lim[i]) % mod; 90 91 printf("%lld\n",ans); 92 93 return 0; 94 } View Code

考后AC代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<vector> 6 #define lli long long int 7 #define debug cout 8 using namespace std; 9 const int maxn=1e6+1e2; 10 const int mod=1000000007; 11 12 int id[maxn],siz[maxn],sum[maxn]; 13 vector<int> lim[maxn]; 14 lli facs[maxn<<1],revs[maxn<<1]; 15 lli ans = 1; 16 int n,m,t; 17 18 inline lli fastpow(lli base,int tme) { 19 lli ret = 1; 20 while( tme ) { 21 if( tme & 1 ) 22 ret = ret * base % mod; 23 base = base * base % mod; 24 tme >>= 1; 25 } 26 return ret % mod; 27 } 28 inline void gen() { 29 *revs = *facs = 1; 30 for(int i=1;i<maxn<<1;i++) { 31 facs[i] = facs[i-1] * i % mod , 32 revs[i] = revs[i-1] * fastpow(i,mod-2) % mod; 33 } 34 } 35 36 inline lli c(int n,int m) { 37 return facs[n] * revs[m] % mod * revs[n-m] % mod; 38 } 39 40 inline int count(int ss) { 41 int ret = 0; 42 while( ss ) 43 ret++ , 44 ss -= ( ss & -ss ); 45 return ret; 46 } 47 inline int calcsum(int ss,vector<int> lims) { 48 int ret = 0; 49 for(unsigned i=0;i<lims.size();i++) 50 if( ss & ( 1 << i ) ) 51 ret += lims[i]; 52 return ret; 53 } 54 inline lli calcextra(int siz,int full) { 55 return c(full+siz-1,siz-1); 56 } 57 inline lli calc(int siz,int full,vector<int> lims) { 58 lli ret = calcextra(siz,full); 59 int fs = ( 1 << lims.size() ) - 1; 60 for(int ss=1;ss<=fs;ss++) { 61 const int sum = calcsum(ss,lims); 62 if( full - sum >= 0 ) { 63 ret += ( ( count(ss) & 1 ) ? -1 : 1 ) * calcextra(siz,full-sum); 64 ret = ( ret % mod + mod ) % mod; 65 } 66 } 67 /*if( !ret ) { 68 puts("Fuck you!"); 69 }*/ 70 return ret; 71 } 72 73 int main() { 74 scanf("%d%d",&n,&m); 75 for(int i=1,k,p;i<=m;i++) { 76 scanf("%d",&k); 77 siz[i] = k; 78 while( k-- ) { 79 scanf("%d",&p); 80 id[p] = i; 81 } 82 scanf("%d",sum+i); 83 } 84 scanf("%d",&t); 85 for(int i=1,r,L;i<=t;i++) { 86 scanf("%d%d",&r,&L); 87 lim[id[r]].push_back(L+1); 88 } 89 gen(); 90 91 for(int i=1;i<=m;i++) 92 ans = ans * calc(siz[i],sum[i],lim[i]) % mod; 93 94 printf("%lld\n",ans); 95 96 return 0; 97 } View Code

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總體來說這次發揮算是比較正常，然而還是犯了一些愚蠢的錯誤的。下次不要再犯了。另外，心態真的很重要啊。

最后補一張排名：

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轉載于:https://www.cnblogs.com/Cmd2001/p/8196656.html

《新程序員》：云原生和全面數字化實踐50位技術專家共同創作，文字、視頻、音頻交互閱讀

總結

以上是生活随笔為你收集整理的20180104小测的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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