2017百度之星 复赛

作为一只菜鸡，这可能是我OI生涯中最后一次打百度之星了，希望明年这个时候能不退役（虽然不大可能）

开始贴题解吧。会持续更新。

1001 Arithmetic of Bomb
煞笔模拟题，1A

#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int mo=1e9+7;
int n,m;
char s[N],s1[N],ch[N],s2[N];
int main()
{
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while (cas--)
    {
        scanf("%s",s);
        int len=strlen(s),m=0,i=0;
        while (i<=len-1)
        {
            if (s[i]=='(')
            {
                int cnt=0;
                i++;
                while (s[i]!=')')
                {
                    ch[++cnt]=s[i];
                    i++;
                }
                i+=3;
                int cnt1=0;
                while (s[i]!=')')
                {
                    s2[++cnt1]=s[i];
                    i++;
                }
                int tim=0,c=1;
                fd(j,cnt1,1)tim=(tim+1ll*(s2[j]-'0')*c%mo)%mo,c=1ll*c*10%mo;
                while (tim--)
                {
                    fo(j,1,cnt)s1[++m]=ch[j];
                }
                i++;
            }
            else
            {
                s1[++m]=s[i];
                i++;
            }
        }
        int ans=0,c=1;
        fd(i,m,1)
        {
            ans=(ans+1ll*(s1[i]-'0')*c%mo)%mo;
            c=1ll*c*10%mo;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

1002
此题目前为止也只有6个人，一开始没注意到原来展开也可以是个int以内的数，直接像1001展开1e9就炸了= =要用快速幂合并，其实快速幂挺容易想到，但是整个题就是这个合并，是个码农题。口头ACqwq。

1003
蓝桥杯原题，统计原理，打个表一切就出来了，要注意的是从边角出发和从中间出发步数不一样，不能随便不经思考下结论。
http://blog.csdn.net/yanghui07216/article/details/50490089

#include  
#include  
#include  
#define ll long long  
#define M 1000000007  
using namespace std;  
ll a[200010];  
ll b[20010];  
int main()  
{  
    int n,i;  
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while (cas--)
    {  
        scanf("%d",&n);
        b[1]=1;  
        for(i=2;i<=n;i++)  
            b[i]=(b[i-1]*2%M);  
        a[1]=1;a[2]=6;  
        for(i=3;i<=n;i++)  
            a[i]=(b[i]+2*a[i-1]+4*a[i-2])%M;  
        ll sum=4*a[n];  
        for(i=2;i8*a[n-i]*b[i-1])%M+8*b[n-i]*a[i-1])%M)%M;  
            sum%=M;  
        }  
        if(n==1)  
            sum=2;  
        printf("%lld\n",sum);  
    }  
    return 0;  
}  

1004 留坑，不会做

1005数位dp，很久没打各种被坑，爽的一匹。
记录dp[i][j][k]表示做到第i位，前一个数为j，k表示前面是递增还是不递增，0/1状态。
记忆化搜索，由于很久没做过数位dp很多细节都忘记了，现在重新回顾一下，dalao可以跳过。
假如现在是递增状态，那么当前位的数必须是pre到当前位能取的最高数，设为end，那么明显，假如前一位未取满，那么这一位end随便搞，否则就不能超过原字符串中的数字。
假如不是，那么枚举他是否转移到递增状态，转移到很简单。
如果不转移，还是不递增，那么正常转移，当然，有一种特殊情况，就是前一位是0，这一位还是0，这种情况要打标记特殊处理，相当于直接全部为0。
最后我们对于不限制的情况用dp数组存一下，受限制的情况用dfs算就好了

#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=205;
const int mo=1e9+7;
typedef long long ll;
ll dp[N][15][5];
ll p[N];
int num[N];
inline ll dfs(int pos,int status,int pre,int limit)
{
    if (pos<1)return 1;
    if (!limit&&dp[pos][pre][status]!=-1)
    return dp[pos][pre][status];
    int end=limit?num[pos]:9;
    ll ans=0;
    if(status)
    {
        fo(i,pre,end)
        {
            ans+=dfs(pos-1,status,i,limit&&i==end);
            ans%=mo;
        }
    }
    else
    {
        fo(i,0,end)
        {
            if (i>pre)
            ans=(ans+dfs(pos-1,1,i,limit&&i==end))%mo;
            else
            {
                if (!i&&pre==10)ans+=dfs(pos-1,0,10,limit&&i==end);
                else ans+=dfs(pos-1,0,i,limit&&i==end);
                ans%=mo;
            }
        }

    }
    if (!limit)dp[pos][pre][status]=ans;
    return ans;
}
inline ll solve(char s[])
{
    int len=strlen(s);
    fo(i,0,len-1)
    {
        num[len-i]=s[i]-'0';
    }
    return dfs(len,0,10,1);
}
int main()
{
    char s[N];
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while (cas--)
    {
        scanf("%s",s);
        printf("%lld\n",solve(s)-1);
    }
}

1006 题解tag是折半状压网络流
不存在的，不会。留坑也填不了。