A.大吉大利

位運算有獨立性，按位計算對答案的貢獻即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int N=1000010; int cnt[40],n; ll a[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];for(int j=0;j<30;j++)if(a[i]>>j&1) cnt[j]++;}ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<30;j++)if(a[i]>>j&1) res+=(1ll<<j)*cnt[j];}cout<<res<<'\n'; }return 0; }

B.三角形周長和

不難分析出一條邊會被$n?2$個三角形公用，因此求出任意兩點的曼哈頓路徑?$(n?2)$即可得出所有三角形周長和，過程中取模即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> #define x first #define y second using namespace std; typedef pair<int,int> pii; const int N=1010; pii p[N]; int n; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i].x>>p[i].y;ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++){ll dx=abs(p[i].x-p[j].x);ll dy=abs(p[i].y-p[j].y);res=(res+dx+dy)%mod;}res=res*(n-2)%mod;cout<<res<<'\n';}return 0; }

C.操作集錦

菜菜不會啊啊啊
大佬題解
狀態表示：$f_{(i,j)}$表示考慮前$i$個字符，長度是$j$的不重復子序列的個數
狀態轉移：對于第$i$個字符，有兩種選擇，如果不選擇方案數是$f_{(i?1,j)}$，如果選擇方案數是$f_{(i?1,j?1)}?f_{(k?1,j?1)}$，$k$是在$i$之前最后一次$s_i$出現的位置
看了這個方法越想越覺得妙，所以所以我不想啦hhhh

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1010; const ll mod=1e9+7; ll f[N][N]; int pre[30]; int n,m; char s[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;cin>>s+1;for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++){f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];if(pre[s[i]-'a']) f[i][j]-=f[pre[s[i]-'a']-1][j-1];f[i][j]%=mod;}pre[s[i]-'a']=i;}cout<<(f[n][m]%mod+mod)%mod<<'\n';}return 0; }

還有一種序列自動機的做法，沒學過，回來補一下。
學習序列自動機了，發現上述dp是顯然的，我還是見的題太少了~~刷著題補著吧

狀態表示：$f_{(i,j)}$表示以$i$結尾的子序列并且長度是$j$
狀態轉移：借助序列自動機找出第一次出現的子序列

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1010; const ll mod=1e9+7; ll f[N][N]; int ne[N][30]; int n,m; char s[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;cin>>s+1;for(int i=n;i;i--){for(int j=0;j<26;j++)ne[i-1][j]=ne[i][j];ne[i-1][s[i]-'a']=i;}f[0][0]=1;for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=min(m,i);j++)for(int k=0;k<26;k++)if(ne[i][k]) f[ne[i][k]][j+1]=(f[ne[i][k]][j+1]+f[i][j])%mod;ll res=0;for(int i=m;i<=n;i++) res=(res+f[i][m])%mod;cout<<res<<'\n';}return 0; }

D.斬殺線計算大師

根據擴展歐幾里得算法很容易求出$ax+by=gcd(a,b)$，由于本題需要求$ax+by+cz=k$考慮枚舉$z$，那么問題就轉化為對于$ax+by=k?cz$對于$x,y$是否有非負整數解。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) {if(b==0){x=1,y=0;return a;}ll d=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return d; } int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){ll a,b,c,k;cin>>a>>b>>c>>k;for(int z=0;z*c<=k;z++){ll x,y;ll d=exgcd(a,b,x,y);if((k-z*c)%d==0){ll gcd=b/d;x=((k-z*c)/d*x%gcd+gcd)%gcd;y=(k-z*c-x*a)/b;if(x>=0&&y>=0) {cout<<x<<' '<<y<<' '<<z<<'\n';break;}}}}return 0; }

E.旗鼓相當的對手

感覺最近有的浮躁，找了幾首輕音樂希望能夠讓我浮躁的心平靜下來，而且最近學校破事賊多，人快無了。
要加油哦~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的牛客练习赛 60（待补E-长链剖分或者dsu）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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