2016"百度之星" - 初赛（Astar Round2A）题解
今天是一年一度的百度之星初赛的日子啊，大家都早早的准备好了比（上）赛（分），运气也不错，涨了不少分，rating到了2222（真尼玛2）
ps.我是开黑做的，所以这分数不代表真实水平，勿黑
1001
给你一个由m个x组成的数字，模上k，问你是否等于c
k和c都小于10000，所以可以模拟，因为循环节不会大于10000，但是模拟很容易错，因为找到循环节的地方需要扣掉前面一段，然后各种XJB搞
模拟代码：
#include
#include 10+x)%k;
}
if(mm!=c) printf("No\n");
else printf("Yes\n");
}
}
return 0;
}
但是这题还有一种更加美妙的姿势，就是 xxx…x 这样m个x，除以x之后就是m个1，乘9之后就是m个9，加1之后就是 10m ，所以我们可以求出 10m−19×x(modk) ，判断其是否等于c，但是这样做前面需要快速幂，然后模k了之后就不能直接除以9，所以我们可以这样算 (10m−1)×x(mod9k)9 ，这样就可以愉快的快速幂运算了。
ps.还有人说可以用矩阵快速幂搞，貌似也是可以的呢
1002
题意是给你n个数字，然后有些数字的位置已经固定，还有些数字的位置没有固定，让你给n个数字安排位置，使得相邻的数字的乘积和最大，有负数
首先需要记录，每个位置上是否有要求必须放第几个数
n最大范围是16，所以应该是状压，但是比赛时候我并不知道怎么dp，TAT
先确定状态 dp[i][j] ，i为这会哪些数字已经被选（二进制表示），j为最后一个选的数字是哪一个，比如i的二进制表示里面有k个1，表示1-k的位置上都已经放了数字了，j就是第k个位置上面放的数是原来数组里面的哪一个
（这个状态挺巧妙的感觉，我承认我确实没有想到，状压dp还是太渣了）
这样的话状态转移就很简单了辣
dp[i|(1<<k))][k]=max(dp[i][j]+a[j]×a[k])
假设i的二进制表示里面有x个1，那么要保证第x个位置上必须要放k或者是没有要求，否则不能转移。
代码：
#include
#include for(int j=0;j1e18;
}
for(int i=0;iint p;
scanf("%d%d",&a[i],&p);
if(p!=-1) b[p]=i;
}
if(b[0]!=-1) dp[(1<0])][b[0]]=0;
else for(int i=0;i1<0;
for(int i=1;i<(1<for(int j=0;jif(i&(1<for(int k=0;kif((i&(1<0){
int pos=bits(i);
if(b[pos]==k||b[pos]==-1){
dp[i|(1<1<1e18;
for(int i=0;i1<1][i]);
}
kase++;
printf("Case #%d:\n",kase);
cout<return 0;
}
1003
这是一道很不错的树上的题目，给你n个点的树，然后每个点有权值，有两种操作，一种是把某个点的权值修改，另一种是求一条从0开始必须经过x点的路径，使得路径上的点权和最大
因为要至少走到x，甚至要走到x的子树上，所以我们考虑可以用dfs序来解这题，因为dfs序的特性，我们维护每个点到0点的距离，这样就能很快用线段树求出在x的子树上的一点，它到0点的权值和最大
因为点权有负数，所以我们dfs的时候，dfs序只能在进入的时候++，出来的时候就不要++了，这样可以去掉很多0的节点（我的dfs序还是很弱啊，本来准备复习下，结果比赛就考了）
有了dfs序和线段树就很容易辣呀，这样就更新的时候区间加和 y−a[x] ，然后 a[x]=y ，然后维护区间内最大值，就好啦
代码：
#include
#include int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add_edge(x,y);
add_edge(y,x);
}
for(int i=0;iscanf("%d",&a[i]);
kase++;
printf("Case #%d:\n",kase);
dfs(0,-1,a[0]);
build(1,ti,1);
while(m--){
int op,x;
LL y;
scanf("%d%d",&op,&x);
if(op==0){
scanf("%I64d",&y);
update(1,ti,1,p1[x],p2[x],y-a[x]);
a[x]=y;
}
else printf("%I64d\n",query(1,ti,1,p1[x],p2[x]));
}
}
return 0;
}
1004
额。。。不会
1005
给你一个字符串的定义，就是里面有B也有D，然后有filp操作，就是把B变成D，D变成B，然后还有反向操作，就是把字符串倒置
然后问你在区间 [L,R] 之间有多少个B
第一反应这题肯定是求 solve(R)−solve(L−1)
然后就是怎么求1-x之间有多少个B的问题了，我们先打表找出，每个字符串k，它的长度len和里面含有的B的个数f,
f(i)=f(i−1)+1+(len(i−1)−f(i−1))=len(i−1)+1
然后对于字符串1-x，我们可以找到一条最长的，但是长度小于等于R的，完整的串k，如果长度正好为x，就可以 returnf(k)
否则就是考虑k串后面还多几个，后面是还多 x−len(k)−1 个，但是考虑到这些里面的B，不就是前面完整的串结尾的D的个数么，所以我们可以把这两段里面的B放一起计算，加上中间添的一个B，就是最后长度 2×x−2×len(k)−1 里面有 x−len(k) 个B，然后可以递归求解前面长度为 2×len(k)+1−x 的串里面有多少个B
代码：
#include
#include 1006
给你n个人的编号，编号就是他的值，然后排队，每次放进去一个人的时候可以加上一个值，这个值是他和他前面的所有人里面的最小值，但是有一些限制，就是有的人必须在有的人后面。求最后得到的和的最大值
首先我们考虑和要最大，那必须是大的人先放，再放小的，但是又有限制，就好比点的入度，就是一个点必须在另外个点的前面，拓扑序，所以我们可以模拟拓扑排序，把没有限制的点放进优先队列里，然后往外面取，每次取一个就接触它对别的点的限制，然后记录一个从第一个点到它的最小值就可以了
代码：
#include
#include int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
v[a].push_back(b);
deg[b]++;
}
priority_queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(deg[i]==0) q.push(i);
}
int mini=INF;
LL ans=0;
while(!q.empty()){
int x=q.top();q.pop();
mini=min(mini,x);
ans+=mini;
for(int i=0;iif(deg[v[x][i]]==0) q.push(v[x][i]);
}
}
cout<return 0;
}