今天又有一場愉悅的考試。

早晨就知道下午兩點(diǎn)考試，直覺告訴我考反演。于是便十分不安，開始補(bǔ)習(xí)組合數(shù)學(xué)。結(jié)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(xué)?？ㄖc(diǎn)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(gè)交換方式炸胡！只要存在完美匹配一定能構(gòu)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(gòu)造一個(gè)或多個(gè)環(huán)去交換。自行腦補(bǔ)就可以了)。

什么你告訴我你不會(huì)證明？好好好，有請(qǐng)我們的歸納法君。

首先我們先證明：如果總共有i個(gè)點(diǎn)，那么我們從中任取i-1個(gè)點(diǎn)一定多個(gè)環(huán)和至多一條鏈：

如果存在兩條鏈的話，只有一條頭應(yīng)該連i，只有一條的尾被i連，那么剩下的兩個(gè)接頭無法無法在這i個(gè)點(diǎn)中連接，與只有i個(gè)點(diǎn)矛盾。假設(shè)不成立，原命題得證。

首先只有一個(gè)點(diǎn)的情況能構(gòu)造出方案。

然后考慮前面有i個(gè)點(diǎn)構(gòu)成多個(gè)閉環(huán)，我們要放入第i個(gè)點(diǎn)。
如果第i個(gè)點(diǎn)能直接插入某個(gè)環(huán)中(即i連接斷點(diǎn)前驅(qū)，斷點(diǎn)后繼連接i)，那么方案構(gòu)造完成。

否則，讓i連接其完美匹配中的前驅(qū)，讓i在完美匹配中的后繼連接i，那么剩下兩個(gè)斷點(diǎn)。因?yàn)榇嬖谕昝榔ヅ?#xff0c;所以一定能夠通過調(diào)整其他點(diǎn)的一些關(guān)系使這兩個(gè)斷點(diǎn)相連，方案構(gòu)造完成。

其實(shí)不需要?dú)w納法，考慮圖論的話，i個(gè)點(diǎn)i條邊，每個(gè)點(diǎn)一出度一入度一定是多個(gè)環(huán)QAQ。

然后直接dinic最大匹配。

考場上我不知道這東西的復(fù)雜度，幾分鐘想出了正解不敢寫，寫了怕不能AC，寫了一個(gè)maker進(jìn)行對(duì)拍，發(fā)現(xiàn)10組數(shù)據(jù)平均遞歸1e7次左右就能完成。然而我機(jī)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(gè)長度為k+1的子串一定可以通過兩個(gè)在母串中存在的長度為k的子串重復(fù)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(gè)長度為k的串重復(fù)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(fù)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(gè)，我們可以先對(duì)其進(jìn)行哈希，然后在圖上拓?fù)渑判蚺协h(huán)順便求最長鏈。

這題在考試的時(shí)候我沒想出來，一開始想SAM統(tǒng)計(jì)right什么的，發(fā)現(xiàn)這樣會(huì)把SAM卡成n^2，不可做。然后想SA統(tǒng)計(jì)hight什么的，仍舊不可做，棄坑寫T3。

寫完T3回來發(fā)現(xiàn)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(huán)……或者直接DFS。

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

然后我們70分到手了，考慮剩下30分怎么辦：

對(duì)于有限制的，我們可以枚舉哪幾個(gè)一定超過了限制，然后容斥。

如何計(jì)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(dú)算，再維護(hù)剩下的，發(fā)現(xiàn)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(shù)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?yàn)轭A(yù)處理時(shí)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(fā)揮算是比較正常，然而還是犯了一些愚蠢的錯(cuò)誤的。下次不要再犯了。另外，心態(tài)真的很重要啊。

最后補(bǔ)一張排名：

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/Cmd2001/p/8196656.html

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總結(jié)

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

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