HNOI[2009]题解
继续上HNOI 2009的题解。
梦幻布丁
由于数据范围为100000，暴力肯定是不行的。(好像是废话…)
我们目前存在两个问题：
1.合并两个不同的颜色；
2.输出块数。
介绍一下启发式合并，通俗的说就是把小的合并到大的块上去。
合并的时间是 O(min{len1,len2}) ，而有效合并的次数不超过 O(logn) ，所以时间复杂度为 O(nlogn) 。
而我们只需要在合并的时候(假设 a→b )判断该 a 颜色的两边是否有 b 颜色，若有答案相减即可。
其实我们还漏了一个小问题，万一我们需要将 a 颜色变为 b 颜色，而 a 颜色却大于 b 颜色，难道我们要将大的合并至小的上吗？那样时间复杂度就不合要求了。
其实我们只需要令 f[x] 表示颜色 x 在块中的颜色，需要时交换f[x]即可，这样我们就依然能保证从小的合并到大的上。
3.set水过版
#include
#include 4.链表版
#include
#include 图的同构
很明显是Pólya计数，但怎样推理才是最重要的。
首先，我们来回忆一下Pólya计数的公式：
L=1|G|∑mc(gi)
其中 L 为等价类个数， |G| 为置换个数， m 为颜色种数， c(gi) 表示第 i 个置换的不动点数(也就是循环个数)。
根据题意，点置换有 N! 个，很明显对于 N=60 的数据是不可能一一计算循环个数的，但我们可以发现有很多种置换的循环是等价的，也就是说我们可以只求出其中很小一部分的答案就可以了。
我们考虑将点置换映射到边置换上(==,点置换无法计算颜色啊，边置换可以用两种颜色表示有还是没有这条边)，每个点置换是唯一对应一个边置换的。
即点置换: i→p[i] ，边置换: (i,j)→(p[i],p[j]) 。
考虑对于 n ，我们将其划分为 m 段，且有：
L1≥L2≥L3≥ ...≥Lm>0 ,n=∑Li 。
将每一段视为一个循环，我们考虑在此种点置换下边置换的循环个数。
考虑一条边 (i,j)
1. 若 i,j 在同一循环 L 内，则此种边构成的循环个数为 [L2] 个。
证明：
1o 当 L 为奇数时，我们考虑一个循环节 (1,2,3,...,2n+1)，L=2n+1 ，边置换为 [(1,2)(2,3)(1,3)(2,4)(1,4)(2,5)......(2n,2n+1)(2n+1,1)]
对于以边 (1,k),k≤n 开头的循环，我们可以经过 2n+1 步走过一个循环，又一共有 n(2n+1) 个置换，故有 n=[L2] 个循环。
2o 当 L 为偶数时，类似的当 k≤L2−1 的时候与上面类似，只是当 k=L2 我们只需经 L2 步即可走完循环。
综上，证毕。
2. 若 i,j 在两循环 L1,L2 内，则此种边构成的循环个数为 gcd(L1,L2) 个。
证明：
两循环间共有 L1L2 条边，而类似上面证明的我们考虑只有走了 lcm(L1,L2) 步我们才能回到原点，因此共有 L1L2lcm(L1,L2)=gcd(L1,L2) 个循环。
有了以上结论，我们可以得出对于 n 的一个划分的循环个数为关于 L1,L2,...,Lm 的函数。
接下来我们考虑有多少种点置换对应了这种划分。
考虑将 N 个点插入有 N! 种方法，而每个循环内重复计算了 Li 次，并且当存在 Li=Li+1=...=Lj 的时候，它们的顺序时刻任意调换的，故总的个数为：
N!L1L2...Lm∗k1k2...kt
其中 t 表示有 t 种不同的 L 值，每种值有 ki 个。
我们只需把每种划分对应的置换个数 ∗2c 统计入答案，其中 c 为边置换的循环节数，即可。
至于每种划分我们dfs即可。
对于这种置换总数非常大的题目，我们可以从不同的循环下手，计算每种循环对应了多少置换来简化计算。
AC code：
#include
#include 双递增序
设 f[i][j] 表示第 i 个元素所在的序列有 j 个元素时，另一个序列最后一个元素的最小值， dp 方程为：
f[i][j]=min{f[i−1][j−1](s[i]>s[i−1]), s[i−1](s[i]>f[i−1][i−j])}
AC code：
#include
#include 通往城堡之路
题解传送门(其实是我个地方没看懂= =)：
http://blog.csdn.net/ts124124/article/details/6249475
AC code：
#include
#include 无归岛
比较水的仙人掌 dp ，因为只有题目中只有环，所以搜到环时，直接做两遍 dp ， f[]、g[] 分别表示取或不取这个点，做两遍 dp ，注意初始化即可。
AC code：
#include
#include 有趣的数列
打表找规律后我们可以发现是 Catalan 数，然而由于模数不是质数，且一个一个数的质因数分解会超时，我们可以用欧拉筛法在筛素数的过程中记录其最小质因子，在乘法时对该质因子++，除法时- -，直接分解即可。
AC code：
#include
#include 最小圈
二分答案，然后 spfa 判负环即可，有个神奇的地方是我们要用 dfs 的 spfa 才会不超时。
AC code：
#include
#include 积木 Block
不会做…先晾在这吧…