2018 ICPC 徐州网络赛

A. Hard to prepare (dp)

题意

N N 个客人，主人手上有 2k 2 k 个面具。
现在， N N 个人围着圆桌相邻而坐，主人会给他们每个人发一个面具，相邻两个人得到的面具 i,j i , j 必须满足条件： i i XNOR X N O R j j 为正数。
问：有多少种方案？最终答案对 109+7 10 9 + 7 取膜

分析

mask[i] XNOR mask[1] > > 0 即：2进制下至少一位相同

定义：

• dp[i][0] d p [ i ] [ 0 ] —— 至第 i i 个人分发面具的方案数，且 mask[i] = mask[1]
• dp[i][1] d p [ i ] [ 1 ] —— 至第 i i 个人分发面具的方案数，且 mask[i] XNOR mask[1] = 0
• dp[i][2] d p [ i ] [ 2 ] —— 至第 i i 个人分发面具的方案数，且 mask[i] ≠ ≠ mask[1]，mask[i] XNOR mask[1] ≠ ≠ 0

可以推得转移方程：

• dp[i][0]=dp[i−1][0]+dp[i−1][2] d p [ i ] [ 0 ] = d p [ i − 1 ] [ 0 ] + d p [ i − 1 ] [ 2 ]
• dp[i][1]=dp[i−1][1]+dp[i−1][2] d p [ i ] [ 1 ] = d p [ i − 1 ] [ 1 ] + d p [ i − 1 ] [ 2 ]
• dp[i][0]=(dp[i−1][0]+dp[i−1][1])∗(2k−2)+dp[i−1][2]∗(2k−3) d p [ i ] [ 0 ] = ( d p [ i − 1 ] [ 0 ] + d p [ i − 1 ] [ 1 ] ) ∗ ( 2 k − 2 ) + d p [ i − 1 ] [ 2 ] ∗ ( 2 k − 3 )

代码

#include
using namespace std;

const int maxn = 1e6+100;
const int mod = 1e9+7;
int T,n,k;
long long dp[maxn][3],p[maxn];

void pre()
{
    p[0] = 1;
    for (int i=1;i<=maxn-100;i++)
    {
        p[i] = p[i-1]+p[i-1];
        if (p[i] >= mod) p[i]-=mod;
    }
    return;
}

int main()
{
    pre();
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d %d",&n,&k);
        dp[1][0] = 1;
        for (int i=2;i<=n;i++)
        {
            dp[i][0] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][2]) % mod;
            dp[i][1] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][2]) % mod;
            dp[i][2] = (((dp[i-1][0] + dp[i-1][1])*(p[k]-2+mod)) % mod + (dp[i-1][2]*(p[k]-3+mod)) % mod) % mod;
        }
        long long ans = ((dp[n][0] + dp[n][2])*p[k]) % mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

---

B. BE GE or NE (记忆化搜索)

题意

Boy 和 Girl 玩一场游戏，轮流行动，一共行动N次，初始分数为m，每一回合对于当前的分数可以做三种操作，+a[i]，-b[i]，*(-1)。如果a[i],b[i],c[i]某一个数等于0，那么不能选择这个操作。
过程中，Boy 希望分数尽量 ≥k ≥ k ，Girl希望分数尽量 ≤l ≤ l ，两人都按最优方案抉择，输出最终结果。

分析

对于当前分数 sc s c ，如果是Bog行动，那么取最大分数，如果是Girl行动，那么取最小分数。

记忆化搜索所有情况，时间复杂度 O(200∗n) O ( 200 ∗ n )

代码

#include
using namespace std;

const int maxn = 1010;
const int INF = 1e8;
int n,m,l,r,a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int dp[maxn][210];

int dfs(int i,int sc)
{
    if (i == n+1) return sc;
    if (dp[i][sc+100] != INF) return dp[i][sc+100];

    int cnt,tmp;
    if (i % 2)/**first**/
    {
        tmp = -100;
        if (a[i])
        {
            cnt = min(100,sc+a[i]);
            tmp = max(tmp,dfs(i+1,cnt));
        }
        if (b[i])
        {
            cnt = max(-100,sc-b[i]);
            tmp = max(tmp,dfs(i+1,cnt));
        }
        if (c[i])
        {
            cnt = sc*(-1);
            tmp = max(tmp,dfs(i+1,cnt));
        }
        tmp = min(100,max(-100,tmp));
        dp[i][sc+100] = tmp;
    }
    else
    {
        tmp = 100;
        if (a[i])
        {
            cnt = min(100,sc+a[i]);
            tmp = min(tmp,dfs(i+1,cnt));
        }
        if (b[i])
        {
            cnt = max(-100,sc-b[i]);
            tmp = min(tmp,dfs(i+1,cnt));
        }
        if (c[i])
        {
            cnt = sc*(-1);
            tmp = min(tmp,dfs(i+1,cnt));
        }
        dp[i][sc+100] = tmp;
    }
    return dp[i][sc+100];
}

int main()
{
    scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&r,&l);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d %d %d",&a[i],&b[i],&c[i]);
    for (int i=0;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=200;j++) dp[i][j] = INF;

    int ans = dfs(1,m);
    if (ans >= r) printf("Good Ending\n");
    else
        if (ans <= l) printf("Bad Ending\n");
    else
        printf("Normal Ending\n");
    return 0;
}

---

I. Characters with Hash (模拟)

题意

将一个字符串 s s 和一个字符 L L ，按所给的hash方法进行转换，hash方法为 |L−s[i]| | L − s [ i ] | ，保留前导0，显然每个 s[i] s [ i ] 对应一个两位数。得到整个字符串的hash值后，删除前导0

分析

按题意模拟

代码

#include
using namespace std;

const int maxn = 2e6+100;
int T,n,a[maxn];
char c,s[maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d %c",&n,&c);
        scanf("%s",s);
        for (int i=0;iint cnt = abs(s[i] - c);
            a[i*2] = cnt/10;
            a[i*2+1] = cnt%10;
        }
        int k = 2*n-1;
        for (int i=0;i<2*n;i++)
            if (a[i] != 0)
            {
                k = i;
                break;
            }
        printf("%d\n",n*2-k);
    }
    return 0;
}

---

K. Morgana Net (矩阵快速幂)

题意

Ak+1[i][j]=f(∑i+mp=i−m∑i+mq=i−mAk[p][q]∗B[p−i+m+1][q−j+m+1]) A k + 1 [ i ] [ j ] = f ( ∑ p = i − m i + m ∑ q = i − m i + m A k [ p ] [ q ] ∗ B [ p − i + m + 1 ] [ q − j + m + 1 ] )

给出 A0 A 0 ，求 At A t 中有多少个1

分析

对于 Ak[i][j] A k [ i ] [ j ] ，由 ∑i+mp=i−m∑i+mq=i−mAk−1[p][q] ∑ p = i − m i + m ∑ q = i − m i + m A k − 1 [ p ] [ q ] 转移而来，可以发现同一位置是通过同一个 m∗m m ∗ m 矩阵转移的，所以该矩阵的每一个数的贡献值是固定的，贡献值为 B[p−i+m+1][q−j+m+1]) B [ p − i + m + 1 ] [ q − j + m + 1 ] )

创建矩阵：

• 1∗n2 1 ∗ n 2 的答案矩阵 S=[A1,1,A1,2,...,An,n] S = [ A 1 , 1 , A 1 , 2 , . . . , A n , n ]
• n2∗n2 n 2 ∗ n 2 的转移矩阵 B B ，且 B[p∗n+q][i∗n+j]=b[p−i+m+1][q−j+m+1] B [ p ∗ n + q ] [ i ∗ n + j ] = b [ p − i + m + 1 ] [ q − j + m + 1 ] ，即 Ak−1[p][q] A k − 1 [ p ] [ q ] 对 Ak[i][j] A k [ i ] [ j ] 存在贡献，贡献值为 b[p−i+m+1][q−j+m+1] b [ p − i + m + 1 ] [ q − j + m + 1 ]

题目数组下标由(1,1)开始，代码数组由(0,0)开始

代码

#include
using namespace std;

int T,n,m,t;
int a[20][20],b[20][20];

struct Matrix
{
    int n,m,d[70][70];
    Matrix (int N=0, int M=0)
    {
        n = N, m = M;
        memset(d,0,sizeof(d));
    }
    friend Matrix operator * (const Matrix &a, const Matrix &b)
    {
        Matrix c(a.n,b.m);
        for (int i=0;ifor (int j=0;jlong long tmp = 0;
                for (int k=0;k1);
                c.d[i][j] = tmp & 1;
            }
        return c;
    }
};

void solve()
{
    Matrix A(1,n*n),B(n*n,n*n);
    m = m/2;
    for (int i=0;ifor (int j=0;j0][i*n+j] = a[i][j] & 1;
            for (int p = i-m; p <= i+m; p++)
                for (int q = j-m; q <= j+m; q++)
                {
                    if (p < 0 || q < 0 || p >= n || q >= n) continue;
                    B.d[p*n+q][i*n+j] = b[p-i+m][q-j+m] & 1;
                }
        }

    while (t)
    {
        if (t & 1) A = A*B;
        B = B*B;
        t = t>>1;
    }
    int ans = 0;
    for (int i=0;i0][i];
    printf("%d\n",ans);
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d %d %d",&n,&m,&t);
        for (int i=0;ifor (int j=0;jscanf("%d",&a[i][j]);
        for (int i=0;ifor (int j=0;jscanf("%d",&b[i][j]);
        solve();
    }
    return 0;
}