2020 HDU Multi-University Training Contest 1

2020 HDU Multi-University Training Contest 1

过题

1004 Distinct Sub-palindromes

链接：1004 Distinct Sub-palindromes

题意

• $T$ 组输入

• 长度为 $n$ 的字符串 $s$，其中 $s$ 只包含小写字母；

• 求 $s$ 中不同的回文子串数量最少的串的个数。

思路

串长 $n$	回文子串数	样例 $s$
1	1	$a$
2	2	$aa$, $ab$
3	3	$aaa$, $aab$, $abc$
4	3	$abca$
5	3	$abcab$

可见：当 $n\ge 3$ 时，$s$ 是以不同的3个小写字母作为循环节的串；当循环节确定时，剩余的 $n-n/3$ 个小写字母同时确定。

结论

当$n<3$时，$ans=pow(26,n)$;

当$n\ge 3$时，$ans=26\ast 25\ast 24$。

代码

#include 
#include 
using namespace std;
const long long MOD = 998244353;
long long ksm(long long n, long long p, long long c)
{
    if (c == 1)
        return 0;
    long long ans = 1;
    long long thi = n % c;
    while (p)
    {
        if (p & 1)
        {
            ans = ans * thi % c;
        }
        p >>= 1;
        thi = thi * thi % c;
    }
    return ans;
}
int main(void)
{
    int t, n;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> n;
        if (n <= 3)
            cout << ksm(26, n, MOD) << endl;
        else
            cout << 26 * 25 * 24 << endl;
    }
    return 0;
}

1005 Fibonacci Sum

链接：1005 Fibonacci Sum

作弊器

题意

• $T$组输入

• $Fibonacci$ 数列：$F(0)=0F(1)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)$

• 给定 $N,C,K(1\le N,C\le 10^{18},1\le K\le 10^5)$ ，求$F_0^k+F_c^k+\cdots +F_{nc}^k$

• 输出结果对 $1e9+7$ 取模

思路

感觉榜就是被这题带歪的 应该是我数论太菜了

• $Fibonacci$ 通项：$F(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$

• 二次剩余：$x^2\equiv 5(mod1e9+7)$，的一个解 $x=383008016$

• 对 $F(n)$ 进行二项展开，合并同类项后预处理所有的二项式系数

• 每个 $case$ 中使用快速幂处理 $a^{ir}$ 与 $b^{ir}$

代码

AC 变 TLE ？

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

const int P = 1000000009;
const int INV2 = 500000005;
const int SQRT5 = 383008016;
const int INVSQRT5 = 276601605;
const int A = 691504013;
const int INVA = 691504012;
const int B = 308495997;

const int N = 100005;

ll n, c, K;
ll fac[N], inv[N];
ll pa[N], pb[N];

inline void Pre(int n)
{
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        inv[i] = (P - P / i) * inv[P % i] % P;
    inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % P;
}

inline ll C(int n, int m)
{
    return fac[n] * inv[m] % P * inv[n - m] % P;
}
// 计算组合数
inline ll Pow(ll a, ll b)
{
    ll ret = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % P)
        if (b & 1)
            ret = ret * a % P;
    return ret;
}
// 快速幂
inline void Init(int n)
{
    pa[0] = 1;
    long long cA = Pow(A, c);
    long long cB = Pow(B, c);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        pa[i] = pa[i - 1] * cA % P;
    pb[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        pb[i] = pb[i - 1] * cB % P;
}

inline ll Inv(ll x)
{
    return Pow(x, P - 2);
}
// 费马小定理
inline void Solve()
{
    ll Ans = 0;
    for (int j = 0; j <= K; j++)
    {
        ll t = pa[K - j] * pb[j] % P, tem;
        tem = t == 1 ? (n % P) : (t * (Pow(t, n) - 1 + P) % P * Inv(t - 1) % P);
        if (~j & 1)
            Ans += C(K, j) * tem % P, Ans %= P;
        else
            Ans += P - C(K, j) * tem % P, Ans %= P;
    }
    Ans = Ans * Pow(INVSQRT5, K) % P;
    printf("%lld\n", Ans);
}

inline void Add(int &u, int v) {
	u += v;
	if (u >= P) u -= P;
}

int main()
{
    int T;
    Pre(100000);
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
		scanf("%lld%lld%lld", &n, &c, &K);
         // Init(K);
         // Solve();
         // STD code below:
		int DD = (long long)Pow((long long)INVA * B % P, c) % P;
		int q = Pow(Pow(A, c), K);
		int n1 = (n + 1) % P;
		int n2 = (n + 1) % (P - 1);
		int Q = Pow(q, n2);
		int D = Pow(DD, n2);
		int ans = 0;
		for (int i = 0; i <= K; i++) {
			int cur = C(K, i);
			if (i & 1) cur = P - cur;
			if (q == 1) Add(ans, (long long)cur * n1 % P);
			else Add(ans, (long long)cur * (Q + P - 1) % P * Pow(q-1, P-2) % P);
			q = (long long)q * DD % P;
			Q = (long long)Q * D % P;
		}
		ans = ans * Pow(INVSQRT5, K) % P;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

1009 Leading Robots

链接：1009 Leading Robots

题意

• $T$ 组输入
• $N(0<N\le 50000)$ 个加速度为 $a$，初始位置为 $p$ 的机器人 $ (0 < p,a < 2^{31})$
• 求对于任意时刻$p$最大且唯一的机器人数

思路

• 按照 $a$ 从小到大排序，$a$ 相同则按 $p$ 从小到大排序

• 单调栈维护所有 $p$ 最大的机器人

• 显然，$t=0$ 时，$p_0$最大的进栈；$t\to +\infty$ 时，$a_{max}$ 必然成为 $p$ 最大的机器人

• 机器人的位置满足 $p(t)=\frac{1}{2}a{t}^2+p_0$

• 若 $robo{t}_i$ 超过 $robo{t}_{top}$，有：

  $p_i=p_{top}$, $a_i>a_{top}$

  $t_i=t_{top}=\sqrt{\frac{2\cdot p_i}{a_i}}$

  如果 $robo{t}_i$ 追赶上 $robo{t}_{top}$ 所需要的时间$t_i$少于 $robo{t}_{top}$ 追赶上前一个栈顶元素的时间$t_{top}$，则 $robo{t}_{top}$ 出栈。

代码

#include 
using namespace std;
const int MAXN = 5e4 + 7;
const double eps = 1e-12;

int T;
int n;
int ans;

struct Robot
{
    long long acc;
    long long pos;
    double t;
    bool flg; // Check Equal

    Robot(){};
    Robot(long long a, long long p): acc(a), pos(p) {}

    bool operator < (const Robot& b)
    {
        if (b.acc == acc)
            return pos < b.pos;
        return acc < b.acc;
    }
    bool operator == (const Robot& b)
    {
        return (acc == b.acc && pos == b.pos);
    }
}rbt[MAXN];

stack<Robot> st;

int main(void)
{
	// freopen("1009.in", "r",stdin);
    // freopen("1009.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            scanf("%lld%lld", &rbt[i].acc, &rbt[i].pos);
            rbt[i].t = 0;
            rbt[i].flg = true;
        }
        sort(rbt + 1, rbt + n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            if (st.size() == 0)
            {
                st.push(rbt[i]);
                continue;
            }
            if (rbt[i] == st.top())
            {
                st.top().flg = false;
                rbt[i].flg = false;
                rbt[i].t = st.top().t;
                st.push(rbt[i]);
                continue;
            }
            while (!st.empty())
            {
                Robot now = st.top();
                if (rbt[i].pos >= now.pos && rbt[i].acc >= now.acc)
                {
                    st.pop();
                    continue;
                }
                long long dp = abs(rbt[i].pos - now.pos);
                long long da = abs(rbt[i].acc - now.acc);
                double t = sqrt((double)2 * dp / da);
                rbt[i].t = t;
                if (t <= now.t + eps)
                    st.pop();
                else break;
            }
            st.push(rbt[i]);
        }
        ans = 0;
        while (!st.empty())
        {
            if (st.top().flg)
                ans++;
            st.pop();
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

补题

1006 Finding a MEX

链接：1006 Finding a MEX

1011 Minimum Index

链接：1011 Minimum Index

题意

• 在给定长度为 $n(1\le n\le 2e7)$ 字符串 $t$ 的每一个前缀字符串 $t_{1\dots i}$ 找到字典序最小的后缀子串 $t_{j\cdots i}$，为 $ans[i]$
• 输出 $(\sum _{0\le i\le n-1}ans[i]\cdot 1112^i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1e9+7$

思路

• $Lyndon$ 分解

  对与字符串$t_{1\dots i}$的每一个前缀子串的$Lyndon$ 串已知的情况，很好解决；

  字符比较	结论
  $t[i]==t[i+1]$	$t_{1\dots i+1}$ 仍为 $Lyndon$ 串，$ans[i+1]=ans[i]$
  $t[i]<t[i+1]$	$t_{1\dots i+1}$ 仍为 $Lyndon$ 串， $ans[i+1]=ans[i]$
  $t[i]>t[i+1]$	$t_{1\dots i+1}$ 不为 $Lyndon$ 串， $ans[i+1]=i+1$

  显然，我们可以递推的求得每一个位置上的 $ans$，计算输出 $sum$ 即可

代码

#include 
using namespace std;
const int MAXN = 1e7 + 7;
const int MOD = 1e9 + 7;

int t;
long long sum;

struct LyndonWord
{
    string str;
    int ans[MAXN];

    void lyndon()
    {
        int i = 0;
        ans[0] = 1;
        // Index Start from 0
        while (i < str.length())
        {
            int j = i;
            int k = i + 1;
            ans[k] = k + 1;
            while (k < str.length() && str[j] <= str[k])
            {
                if (str[j] == str[k])
                {
                    ans[k] = ans[j] + k - j;
                    j++;
                }
                else
                {
                    j = i;
                    ans[k] = i + 1;
                }
                k++;
            }
            while (i <= j)
            {
                i += k - j;
                // Lyndon String Right Most Pos
                ans[k] = i + 1;
            }
        }
    }
}lyn;

int main(void)
{
//	freopen("1011.in", "r", stdin);
//	freopen("1011.out", "w", stdout); 
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> lyn.str;
        lyn.lyndon();
        long long tmp = 1;
        sum = 0;
        for (int i = 0; i < lyn.str.length(); ++i)
        {
            sum += ((long long) lyn.ans[i] * tmp) % MOD; sum %= MOD;
            tmp *= 1112; tmp %= MOD;
        }
        cout << sum << endl;
    }
}

1012 Mow

链接：1012 Mow