2019湖南省大学生程序设计竞赛部分题解

赛场上k题写链表的启发式合并，直接给写跪了，耽误了太多时间，导致最后只出了7题，D题dp给漏了，好菜啊…
C.Distinct Substrings

题意：给一个长度为$n$的字符串$s$，定义$h(i)$为在$s$串末尾添加字符$i$新增加的本质不同子串数量，求$h(i)\ast 3^i(1<=i<=m)$的异或和

解法：我们把字符串颠倒一下，问题转化成在$s$前面添加一个字符，所能增加的本质不同子串数，假设添加了$i$，求出$s^{\prime }$与$s$所有子串最长的lcp，显然$h(i)=n+1-lcp$，用$exkmp$求$s$每个后缀与$s$的最长公共前缀，用$ex[i]$表示$s(i,n-1)$与$s$的lcp，如果$i!=0$，显然我们可以更新：$h(s[i-1])=max(h(s[i-1])，ex[i]+1)$，这样，就解决掉这题难点啦

//其实还可以二分+hash，但是我t了，好像有看到别人这么过了

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 3, mod = 1e9 + 7;
// 字符串下标从0开始
int nex[maxn], ex[maxn]; //模式串nex，匹配串ex
void get_nex(int *str, int len) {
     
    int i = 0, j, pos;
    nex[0] = len;
    while (str[i] == str[i+1] && i+1 < len) ++i;
    nex[1] = i;
    pos = 1;
    for (int i = 2; i < len; ++i) {
     
        if (nex[i-pos] + i < nex[pos] + pos) nex[i] = nex[i-pos];
        else {
     
            j = nex[pos] + pos - i;
            if (j < 0) j = 0;
            while (i+j < len && str[j] == str[j+i]) ++j;
            nex[i] = j;
            pos = i;
        }
    }
}
void get_ex(int *s1, int *s2, int len1, int len2) {
      // s1匹配s2
    int i = 0, j, pos;
    get_nex(s2, len2);
    while (s1[i] == s2[i] && i < len1 && i < len2) ++i;
    ex[0] = i;
    pos = 0;
    for (int i = 1; i < len1; ++i) {
     
        if (nex[i-pos] + i < ex[pos] + pos) ex[i] = nex[i-pos];
        else {
     
            j = ex[pos] + pos - i;
            if (j < 0) j = 0;
            while (i+j < len1 && j < len2 && s1[i+j] == s2[j]) ++j;
            ex[i] = j;
            pos = i;
        }
    }
}
int n, m, a[maxn], mx[maxn];
void solve() {
     
    for (int i = n - 1; ~i; i--)
        scanf("%d", &a[i]);
    get_ex(a, a, n, n);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        mx[i] = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
     
        if (i)
            mx[a[i - 1]] = max(mx[a[i - 1]], ex[i] + 1);
        mx[a[i]] = max(mx[a[i]], 1);
    }
    int ans = 0, cat = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
     
        cat = 1ll * cat * 3 % mod;
        int res = 1ll * (n + 1 - mx[i]) * cat % mod;
        ans ^= res;
    }
    printf("%d\n", ans);
}
int main() {
     
    while (~scanf("%d%d", &n, &m))
        solve();
}

D. Modulo Nine

题意：有一个长度为$n$的序列，你可以给每个位置填0-9的一个数，有$m$个限制，每个限制$[l_i,r_i]$要求区间内的数相乘必须为9的倍数，问一共有多少种合法的填数方案。

解法：设$dp[i][j]$为当前已经填过的数中，倒数第二个3的位置在$i$，最后一个3的位置在$j$，假设当前在位置$p$，我填了个0或者9，那么新的状态变成$dp[p][p]$，那么$dp[p][p]+=dp[i][j]\ast 2$，如果填了个3或者6，那么$dp[j][p]+=dp[i][j]\ast 2$，填剩下的数状态不变：$dp[i][j]+=dp[i][j]\ast 6$，然后找到所有的右端点在$p$的限制条件区间$[l_k,p]$，如果该区间只有一个3，显然非法，枚举$l(l<l_k)$，再枚举$r(l_k<=r<=p)$，将$dp[l][r]$设为0即可

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
void add(int &x, int y) {
     
    x += y;
    if (x >= mod)
        x -= mod;
    if (x < 0)
        x += mod;
}
vector<int> G[51];
int d[51][51], P[51], P2[51];
int main() {
     
    int n, m, l, r;
    P[0] = P2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 50; i++) {
     
        P[i] = 1ll * P[i - 1] * 10 % mod;
        P2[i] = 1ll * P2[i - 1] * 9 % mod;
    }
    while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
     
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
     
            G[i].clear();
            for (int j = i; j <= n; j++)
                d[i][j] = 0;
        }
        d[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
     
            scanf("%d%d", &l, &r);
            G[r].push_back(l);
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
     
            for (int j = i - 1; ~j; j--)
            for (int k = j; ~k; k--)
                if (d[k][j] != -1) {
     
                    add(d[i][i], 2ll * d[k][j] % mod);
                    add(d[j][i], 2ll * d[k][j] % mod);
                    d[k][j] = 1ll * d[k][j] * 6 % mod;
                }
            for (auto v : G[i]) {
     
                for (int j = 0; j < v; j++)
                    for (int k = j; k <= i; k++)
                        d[j][k] = -1;
            }
        }
        for (int i = 0; i <= n; i++)
            for (int j = i; j <= n; j++)
                if (d[i][j] != -1)
                    add(ans, d[i][j]);
        printf("%d\n", ans);
    }
}