NOIP 2020题解（未完待续）

T1.排水系统

题目描述

对于一个城市来说，排水系统是极其重要的一个部分。

有一天，小 C 拿到了某座城市排水系统的设计图。排水系统由 $n$ 个排水结点（它们从 $1\sim n$ 编号）和若干个单向排水管道构成。每一个排水结点有若干个管道用于汇集其他排水结点的污水（简称为该结点的汇集管道），也有若干个管道向其他的排水结点排出污水（简称为该结点的排出管道）。

排水系统的结点中有 $m$ 个污水接收口，它们的编号分别为 $1,2,\dots ,m$ ，污水只能从这些接收口流入排水系统，并且这些结点没有汇集管道。排水系统中还有若干个最终排水口，它们将污水运送到污水处理厂，没有排出管道的结点便可视为一个最终排水口。

现在各个污水接收口分别都接收了 $1$ 吨污水，污水进入每个结点后，会均等地从当前结点的每一个排出管道流向其他排水结点，而最终排水口将把污水排出系统。

现在小 C 想知道，在该城市的排水系统中，每个最终排水口会排出多少污水。该城市的排水系统设计科学，管道不会形成回路，即不会发生污水形成环流的情况。

思路

STEP1 拓扑排序
“管道不会形成回路”表示这是一张有向无环图 DAG 。于是结合“每一个排水结点有若干个管道用于汇集其他排水结点的污水”这一条件便很容易想到拓扑排序的思路（事实上也可以用搜索的思路）。先把 $m$ 个污水接收口的污水量初始化为 $1$ ，再在每轮找到一个入度为零的排水节点，把它有的污水平均分配到它所连的其它排水节点内，最后把所有与它相连的结点入度减一就行了。注意入度为零的排水节点不一定是污水接收口！

STEP2 高精
然而这只能拿到 $60$ 的好成绩，这题需要高精。但注意到约分后分子 $p$ 比分母 $q$ 往往小得多，分子只需要unsigned long long就行了。注意到每个节点的排出管道不超过五个，不大于五的质数只有 $2$、$3$、$5$ 这三个，分母 $q$ 便可以以 $p=2^a{3}^b{5}^c$ 的形式存储，输出答案时只需要高精快速幂就行了。

STEP3 分数加法
假设现在有两个分数 $\frac{p_1}{q_1}$ 和 $\frac{p_2}{q_2}$ 要相加，则有$$\frac{p_1}{q_1}+\frac{p_2}{q_2}=\frac{p_1{q}_2+p_2{q}_1}{q_1{q}_2}$$
然而这样会面临着分子爆unsigned long long的风险，因此需要同时约分。我们考虑所有包含 $2$ 的引子，则原式可化为$$\frac{2^{a_2}{x}_1+2^{a_1}{x}_2}{2^{a_1+a_2}{x}_3}$$ 的形式。不妨设 $a_1\le a_2$，则上下可以约掉 $2^{a_1}$ ，即化为$$原式=\frac{2^{a_1}(2^{a_2-a_1}{x}_1+x_2)}{2^{a_1}(2^{a_2}{x}_3)}=\frac{2^{a_2-a_1}{x}_1+x_2}{2^{a_2}{x}_3}$$这样就能够巧妙地解决精度问题。对于 $3$ 和 $5$ 也有类似讨论，这里不再赘述。

代码

#include
#include
#define ll unsigned long long
using namespace std;
int n,m,to[100001][6],rd[100001];
int stk[100001],top;
ll pw[6][1001];
ll qpw(ll x,int y){
       //记忆化求幂，所有求幂复杂度总共是线性的
	if(pw[x][y]==0) return pw[x][y]=qpw(x,y-1)*x;
	else return pw[x][y];
}
struct num{
       //分母
	int a,b,c;
	num(){
     
		a=b=c=0;
		return;
	}
};
struct big_num{
       //高精
	int x[51],len;
	void operator=(ll a){
     
		len=-1;
		while(a) x[++len]=a%10,a/=10;
		return;
	}
	void write(){
     
		for(int i=len;i>=0;i-=1) printf("%d",x[i]);
		printf("\n");
		return;
	}
};
big_num operator*(big_num a,big_num b){
       //高精乘
	big_num c;
	int z=0,l,r;
	c.len=a.len+b.len;
	for(int i=0;i<=c.len;i+=1){
     
		c.x[i]=z;
		l=max(0,i-b.len); r=min(i,a.len);
		for(int j=l;j<=r;j+=1){
     
			c.x[i]+=a.x[j]*b.x[i-j];
		}
		z=c.x[i]/10;
		c.x[i]%=10;
	}
	while(z) c.x[++c.len]=z%10,z/=10;
	return c;
}
struct frac{
       //分数
	ll p;
	num q;
	void operator=(ll x){
     
		p=x;
		return;
	}
	void deal(){
       //约分
		while(q.a&&p%2llu==0llu){
     
			p/=2llu;
			q.a-=1;
		}
		while(q.b&&p%3llu==0llu){
     
			p/=3llu;
			q.b-=1;
		}
		while(q.c&&p%5llu==0llu){
     
			p/=5llu;
			q.c-=1;
		}
		return;
	}
	void write(){
     
		big_num x,y;
		x=qpw(2ll,q.a); y=qpw(3ll,q.b);
		x=x*y; y=qpw(5ll,q.c); x=x*y;
		printf("%llu ",p);
		x.write();
		return;
	}
}f[100001];
frac operator/(frac x,int y){
       //均分
	if(y==2) x.q.a+=1;
	if(y==3) x.q.b+=1;
	if(y==4) x.q.a+=2;
	if(y==5) x.q.c+=1;
	x.deal();  //约分
	return x;
}
frac operator+(frac x,frac y){
       //分数加
	frac z;
	ll v=x.p,w=y.p;
	z.p=0llu;
	if(x.q.a>=y.q.a) w*=qpw(2llu,x.q.a-y.q.a);
	else v*=qpw(2llu,y.q.a-x.q.a);
	if(x.q.b>=y.q.b) w*=qpw(3llu,x.q.b-y.q.b);
	else v*=qpw(3llu,y.q.b-x.q.b);
	if(x.q.c>=y.q.c) w*=qpw(5llu,x.q.c-y.q.c);
	else v*=qpw(5llu,y.q.c-x.q.c);
	z.p=v+w;
	z.q.a=max(x.q.a,y.q.a);
	z.q.b=max(x.q.b,y.q.b);
	z.q.c=max(x.q.c,y.q.c);
	z.deal();  //约分
	return z;
}
int main(){
     
//	freopen("water.in","r",stdin);
//	freopen("water.out","w",stdout);
	int x,y;
	pw[2][0]=pw[3][0]=pw[5][0]=1llu;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i+=1){
     
		if(i<=m) f[i]=1llu;  //初始水量
		else f[i]=0llu;
		scanf("%d",&to[i][0]);
		for(int j=1;j<=to[i][0];j+=1){
     
			scanf("%d",&to[i][j]);
			rd[to[i][j]]+=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i+=1){
     
		if(!rd[i]) stk[++top]=i;
	}
	while(top){
       //拓扑排序
		x=stk[top--];
		if(to[x][0]) f[x]=f[x]/to[x][0];
		for(int i=1;i<=to[x][0];i+=1){
     
			y=to[x][i];
			rd[y]-=1;
			if(!rd[y]) stk[++top]=y;
			f[y]=f[x]+f[y];  //累计
		}
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i+=1){
     
		if(!to[i][0]) f[i].write();  //输出
	}
//	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);
	return 0;
}

T2.字符串匹配

题目描述

小 C 学习完了字符串匹配的相关内容，现在他正在做一道习题。

对于一个字符串 $S$，题目要求他找到 $S$ 的所有具有下列形式的拆分方案数：

$S=ABC$，$S=ABABC$，$S=ABAB\dots ABC$，其中 $A$，$B$，$C$ 均是非空字符串，且 $A$ 中出现奇数次的字符数量不超过 $C$ 中出现奇数次的字符数量。

更具体地，我们可以定义 $AB$ 表示两个字符串 $A$，$B$ 相连接，例如 $A=\text{aab}$，$B=\text{ab}$，则 $AB=\text{aabab}$。

并递归地定义 $A^1=A$，$A^n=A^{n-1}$（$n\ge 2$ 且为正整数）。例如 $A=\text{abb}$，则 $A^3=\text{abbabbabb}$

则小 C 的习题是求 $S={(AB)}^{i}C$ 的方案数，其中 $F(A)\le F(C)$，$F(S)$ 表示字符串 $S$ 中出现奇数次的字符的数量。两种方案不同当且仅当拆分出的 $A$、$B$、$C$ 中有至少一个字符串不同。

小 C 并不会做这道题，只好向你求助，请你帮帮他。

思路

假设 $S$ 下标从 $1$ 开始，长度为 $len$，即 $S[1\dots len]$。
STEP1 直接暴力
这个思路其实非常好想。首先从头枚举 $i$ 表示 $AB=S[1\dots i]$，再枚举可能的出现的次数 $j$，这里可以用字符串哈希，那么 $C=S[i\ast j+1\dots len]$。最后找到所有的 $A=S[1\dots k]$（$1\le k<i$）满足 $F(A)\le F(C)$ 并累计到答案中就行了。注意到拆分出来的第一个字符串和最后一个字符串分别是 $A$ 和 $C$，便可以提前以 $O(2\ast len)$ 的复杂度处理好 $F$ 数组。
STEP2 特殊性质
若最大次数为 $j_{max}$ ，$D$ 为剩下的字符串，则 $S=(AB{)}^{j_{max}}D$。不难发现 $C$ 可以写成 $(AB{)}^{j_{max}-j}D$ 的形式。
不难发现，两个 $AB$ 平在一起后所有出现奇数次的字符都被抵消，换句话说，$F((AB{)}^2)=0$，那么就可以得到 $F(D)=F((AB{)}^{2}D)=f((AB{)}^{4}D)=\dots$ 和 $F(ABD)=F((AB{)}^{3}D)=F((AB{)}^{5}D)=\dots$。因此我们只要统计 $C=D$ 和 $C=ABD$ 的答案，并分别乘上 $F$ 相同的情况数就行了。
STEP3 树状数组
我们发现，统计符合条件的 $A$ 时，还需要枚举 $k$，这就大大降低了效率。但我们要求的是 $F$ 不大于某个值的前缀字符串个数。令 $cnt[i][j]$ 表示枚举到当前位置 $i$ 时，满足 $F(S[1\dots k]\le i)$ 且 $1\le k\le i$ 的 $k$ 的个数。在每一轮时，初始化 $cnt[i][j]=cnt[i-1][j]$ 如果当前有 $F(S[1\dots i])=j$，则把 $cnt[i][j\dots 26]$ 都加上 $1$ 就行了。不难发现，这个数组的前一维可以去掉。进一步的，把 $cnt[j\dots 26]$ 这段区间都加上 $1$ 可以看成把它的差分数组第 $j$ 位加上 $1$，便可以用树状数组来求前缀和。

代码

#include
#include
#include
#define ull unsigned long long
using namespace std;
ull base=131llu,h[1050000],pow;
char s[1050000];
int t,len,k,tot;
ull ans,cnt[1050001];
int f[1050000],isodd[26];
int lowbit(int x){
     
	return x&(-x);
}
void update(int x){
       //单点加一
	for(x;x<=27;x+=lowbit(x)) cnt[x]+=1;
	return;
}
int sum(int x){
       //前缀和
	int res=0;
	for(x;x;x-=lowbit(x)) res+=cnt[x];
	return res;
}
int main(){
     
//	freopen("string.in","r",stdin);
//	freopen("string.out","w",stdout);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
     
		ans=0llu;
		scanf("%s",s+1);
		len=strlen(s+1);
		for(int i=0;i<26;i+=1) isodd[i]=cnt[i+1]=0;
		for(int i=1;i<=len+1;i+=1) f[i]=1;  //多组数据初始化
		for(int i=len;i>=1;i-=1){
     
			isodd[s[i]-'a']^=1;
			f[i]=f[i+1]+(isodd[s[i]-'a']? 1:-1);  //F(S[i...len])
		}
		for(int i=1;i<=len;i+=1) h[i]=h[i-1]*base+s[i]-'a';
		for(int i=0;i<26;i+=1) isodd[i]=0;
		isodd[s[1]-'a']=1;
		update(tot=2);  
		//树状数组下标不能为零，tot表示当前出现奇数次字符个数加一
		pow=base*base;
		for(int i=2;i<=len-1;i+=1){
       
			k=1;
			for(int j=i*2;j<=len-1;j+=i){
       //求出最大循环次数
				if(h[j]!=h[j-i]*pow+h[i]) break;
				k+=1;
			}
			ans+=(k+1llu)/2llu*sum(f[i*k+1]);  //两种情况
			ans+=k/2llu*sum(f[i*(k-1)+1]);
			isodd[s[i]-'a']^=1;
			tot+=(isodd[s[i]-'a']? 1llu:-1llu);
			update(tot);  //更新cnt
			pow*=base;
		}
		printf("%lld\n",ans);  //输出答案
	}
//	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);
	return 0;
}

T3.移球游戏

题目描述

小 C 正在玩一个移球游戏，他面前有 $n+1$ 根柱子，柱子从 $1\sim n+1$ 编号，其中 $1$ 号柱子、$2$ 号柱子、……、$n$ 号柱子上各有 $m$ 个球，它们自底向上放置在柱子上，$n+1$ 号柱子上初始时没有球。这 $n\times m$ 个球共有 $n$ 种颜色，每种颜色的球各 $m$ 个。

初始时一根柱子上的球可能是五颜六色的，而小 C 的任务是将所有同种颜色的球移到同一根柱子上，这是唯一的目标，而每种颜色的球最后放置在哪根柱子则没有限制。

小 C 可以通过若干次操作完成这个目标，一次操作能将一个球从一根柱子移到另一根柱子上。更具体地，将 $x$ 号柱子上的球移动到 $y$ 号柱子上的要求为：

1. $x$ 号柱子上至少有一个球；
2. $y$ 号柱子上至多有 $m-1$ 个球；
3. 只能将 $x$ 号柱子最上方的球移到 $y$ 号柱子的最上方。

小 C 的目标并不难完成，因此他决定给自己加加难度：在完成目标的基础上，使用的操作次数不能超过 $820000$。换句话说，小 C 需要使用至多 $820000$ 次操作完成目标。

小 C 被难住了，但他相信难不倒你，请你给出一个操作方案完成小 C 的目标。合法的方案可能有多种，你只需要给出任意一种，题目保证一定存在一个合法方案。

思路

这道题只需要找到一种移球的方法，按照它模拟就好了。下面提供其中一种思路。
我们先看到 $n=2$ 的情况。比方说有下面这种情况：

我们以 $cnt$ 表示 $1$ 号柱子上颜色为 $1$ 的球的个数。那么显然有 $cnt=3$。于是先把 $2$ 号柱子上的前 $cnt$ 个球移动到 $3$ 号柱子上，就得到了下图。

接着就从上往下依次考虑 $1$ 号柱子上的球，如果颜色为 $1$ 就把它移到 $2$ 号柱子上去；否则移到 $3$ 号柱子上去。

于是我们就会发现 $2$ 号柱子上前 $cnt$ 个球都是 $1$，$3$ 号柱子上前 $m-cnt$ 个球都是 $2$。接着我们就把 $2$ 号柱子上的前 $cnt$ 个球和 $3$ 号柱子上的前 $m-cnt$ 个球按类别移回 $1$ 号柱子上，接着把 $3$ 号柱子剩下的球都移到 $2$ 号柱子上。

到这里我们实际上是给 $1$ 号柱子上球排个序。接着我们把 $1$ 号柱子上的两种类型的球分开到 $1$ 号和 $3$ 号柱子上。

接下来只要把 $2$ 号柱子上的球分开就行了。

对于 $n\ge 3$ 的情况，我们每一轮把同种颜色的球移到一起，问题就转变成颜色总数为 $n-1$ 的子问题。我们把当前要聚集的颜色看作 $1$ 其它都看作零。于是两步就可以完成每一轮移动。
STEP1 构造全零列
对于下面这种情况，记录 $cnt$ 为当前 $1$ 号柱子上颜色为 $1$ 的球的个数，则有 $cnt=2$。

类似于上面 $n=2$ 的讨论，我们也可以把 $1$ 中的 $1$ 和 $0$ 利用 $3$ 号柱子和 $4$ 号柱子分开（标红的是原 $1$ 号柱子上的球）：

接着我们把 $4$ 号柱子上的 $m-cnt$ 个编号为零的球移到 $1$ 号柱子上去：

我们再考虑 $2$ 号柱子。把其中编号为零的球移到 $1$ 号柱子上直到填满为止，剩下的球都移动到 $4$ 号柱子上。

如图所示（标红的是原 $2$ 号柱子上的球），第一列就是一个全零列。事实上，由于原来 $1$ 号和 $2$ 号柱子上为零的球的个数必定大于 $m(1号柱子)+m（2号柱子）-m（最大可能有编号为1的球的个数）=m$，也就是说必能构造全零列。
STEP2 构造全一列

代码

#include
#include
using namespace std;
int n,m,ans,ansx[820001],ansy[820001];
int a[52][401],p[52],cnt;
void move(int x,int y){
     
	a[y][++a[y][0]]=a[x][a[x][0]--];
	if(ansx[ans]==y&&ansy[ans]==x) ans-=1;
	else ansx[++ans]=x,ansy[ans]=y;
	return;
}
int chk(int x,int y){
     
	int res=0;
	for(int i=1;i<=a[x][0];i+=1) res+=(a[x][i]==y);
	return res;
}
int main(){
     
//	freopen("ball.in","r",stdin);
//	freopen("ball.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	p[n+1]=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i+=1){
     
		a[i][0]=m; p[i]=i;
		for(int j=1;j<=m;j+=1) scanf("%d",&a[i][j]);
	}
	for(int i=n;i>=3;i-=1){
     
		cnt=chk(p[1],i);
		for(int j=1;j<=cnt;j+=1){
     
			move(p[i],p[i+1]);
		}
		for(int j=m;j>=1;j-=1){
     
			if(a[p[1]][j]==i) move(p[1],p[i]);
			else move(p[1],p[i+1]);
		}
		for(int j=1;j<=m-cnt;j+=1) move(p[i+1],p[1]);
		for(int j=m;j>=1;j-=1){
     
			if(a[p[2]][j]!=i&&a[p[1]][0]<m) move(p[2],p[1]);
			else move(p[2],p[i+1]);
		}
		swap(p[2],p[i+1]); swap(p[1],p[i]);
		for(int j=1;j<i;j+=1){
     
			cnt=chk(p[j],i);
			for(int k=1;k<=cnt;k+=1) move(p[i],p[i+1]);
			for(int k=m;k>=1;k-=1){
     
				if(a[p[j]][k]==i) move(p[j],p[i]);
				else move(p[j],p[i+1]);
			}
			swap(p[j],p[i]); swap(p[i],p[i+1]);
		}
		for(int j=1;j<i;j+=1){
     
			for(int k=m;k>=1;k-=1){
     
				if(a[p[j]][k]==i) move(p[j],p[i+1]);
				else break;
			}
			while(a[p[j]][0]<m) move(p[i],p[j]);
		}
	}
	cnt=chk(p[1],1);
	for(int i=1;i<=cnt;i+=1) move(p[2],p[3]);
	for(int i=m;i>=1;i-=1){
     
		if(a[p[1]][i]==1) move(p[1],p[2]);
		else move(p[1],p[3]);
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i+=1) move(p[2],p[1]);
	for(int i=1;i<=m-cnt;i+=1) move(p[3],p[1]);
	for(int i=1;i<=cnt;i+=1) move(p[3],p[2]);
	for(int i=1;i<=m-cnt;i+=1) move(p[1],p[3]);
	for(int i=m;i>=1;i-=1){
     
		if(a[p[2]][i]==1) move(p[2],p[1]);
		else move(p[2],p[3]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	for(int i=1;i<=ans;i+=1) printf("%d %d\n",ansx[i],ansy[i]);
//	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);
	return 0;
}

T4.微信步数

题目描述

小 C 喜欢跑步，并且非常喜欢在微信步数排行榜上刷榜，为此他制定了一个刷微信步数的计划。

他来到了一处空旷的场地，处于该场地中的人可以用 $k$ 维整数坐标$(a_1,a_2,\dots ,a_k)$ 来表示其位置。场地有大小限制，第 $i$ 维的大小为 $w_i$ ，因此处于场地中的人其坐标应满足 $1\le a_i\le w_i$（$1\le i\le k$）。

小 C 打算在接下来的 $P=w_1\times w_2\times \cdots \times w_k$ 天中，每天从场地中一个新的位置出发，开始他的刷步数计划（换句话说，他将会从场地中每个位置都出发一次进行计划）。

他的计划非常简单，每天按照事先规定好的路线行进，每天的路线由 $n$ 步移动构成，每一步可以用 $c_i$ 与 $d_i$ 表示：若他当前位于 $(a_1,a_2,\dots ,a_{c_i},\dots ,a_k)$，则这一步他将会走到 $(a_1,a_2,\dots ,a_{c_i}+d_i,\dots ,a_k)$，其中 $1\le c_i\le k$，$d_i\in \{-1,1\}$。小 C 将会不断重复这个路线，直到他走出了场地的范围才结束一天的计划。（即走完第 $n$ 步后，若小 C 还在场内，他将回到第 $1$ 步从头再走一遍）。

小 C 对自己的速度非常有自信，所以他并不在意具体耗费的时间，他只想知道 $P$ 天之后，他一共刷出了多少步微信步数。请你帮他算一算。

---

预祝大家来今后的比赛中取得优异的成绩！

谢谢观看！