Asia Hefei Online 2008 解题报告
A. Constellations
PKU 3690 http://poj.org/problem?id=3690
题意：给定N*M(N<=1000, M <= 1000)的01矩阵S，再给定T(T <= 100)个P*Q(P <= 50, Q <= 50)的01矩阵，问P*Q的矩阵中有多少个是S的子矩阵。
题解：位压缩 + KMP
由于P <= 50，所以我们可以把所有P*Q的矩阵进行二进制位压缩，将P*Q的矩阵的每一列压缩成一个64位整数，这样P*Q的矩阵就变成了一个长度为Q的整数序列，用同样的方式对N*M的矩阵进行压缩，总共可以产生(N-P+1)个长度为M的整数序列，剩下的就是进行最多(N-P+1)次KMP匹配了。
KMP相关算法可以参阅：
http://www.cppblog.com/menjitianya/archive/2014/06/20/207354.html
图1 ‘*’代表二进制的1, ’0’代表二进制的0
B. DNA repair
PKU 3691 http://poj.org/problem?id=3691
题意：给定N(N <= 50)个长度不超过20的模式串，再给定一个长度为M(M <= 1000)的目标串S，求在目标串S上最少改变多少字符，可以使得它不包含任何的模式串（所有串只有ACGT四种字符）。
题解：AC自动机 + 动态规划
利用模式串建立trie图，trie图的每个结点(即下文讲到的状态j)维护三个结构，
Node{
Node *next[4]; // 能够到达的四个状态 的结点指针
int id; // 状态ID，用于到数组下标的映射
int val; // 当前状态是否是一个非法状态 （以某些模式串结尾）
}
用DP[i][j]表示长度为i (i <= 1000)，状态为j(j <= 50*20 + 1)的字符串变成目标串S需要改变的最少字符，设初始状态j = 0，那么DP[0][0] = 0，其他均为无穷大。从长度i到i+1进行状态转移，每次转移枚举共四个字符(A、C、G、T)，如果枚举到的字符和S对应位置相同则改变值T=1，否则T=0；那么有状态转移方程 DP[i][j] = Min{ DP[i-1][ fromstate ] + T, fromstate为所有能够到达j的状态 };最后DP[n][j]中的最小值就是答案。
C. Kindergarten
PKU 3692 http://poj.org/problem?id=3692
题意：给定G(G <= 200)个女孩和B(B <= 200)个男孩，以及M(0 <= M <= G*B)条记录(x, y)表示x号女孩和y号男孩互相认识。并且所有的女孩互相认识，所有的男孩互相认识，求找到最大的一个集合使得所有人都认识。
题解：二分图最大匹配
一个点集中所有人都认识表示这个点集是个完全图，该问题就是求原图的一个最大团(最大完全子图)，可以转化为求补图的最大独立集，而补图恰好是个二分图。二分图的最大独立集 = 总点数 - 二分图的最大匹配。于是问题就转化成了求补图的最大匹配了。
D. Maximum repetition substring
PKU 3693 http://poj.org/problem?id=3693
题意：给定长度为N(N <= 105)的字符串S，求它的一个最多重复子串(注意：最多重复子串不等于最长重复子串，即ababab和aaaa应该取后者)。
题解：后缀数组 + RMQ
枚举重复子串的长度L，如果对于某个i，有S[i*L ... N]和S[(i+1)*L ... N]的最长公共前缀大于等于L(这一步可以利用后缀数组求解height数组，然后通过RMQ查询区间最小值来完成)，那么以i*L为首，长度为L的子串至少会重复两次。
图2
如图，L=3，i=3的情况，S[3...10]和S[6...10]的最长公共前缀为3，即S[3...5]和S[6...8]完全匹配，所以S[3...5]重复了两次。反之，如果最长公共前缀小于L，必定不会重复（因为两个子串之间出现了断层）。
推广到更一般的情况，如果S[i*L ... N]和S[(i+1)*L ... N]的最长公共前缀为T，那么以S[i*L]为首的重复子串的重复次数为T / L + 1，而且我们可以发现如果以S[i*L]为首，长度为L的子串的重复次数大于等于2，那么它一定不会比以S[(i+1)*L]为首的子串的重复次数少，这个是显然的，比如L为2的时候，ababab一定比abab多重复一次，基于这个性质，我们定义一个new_flag标记，表示是否需要计算接下来匹配到的串(如ababab和abab的情况，前者计算过了，就把new_flag置为false，就不会计算abab的情况了)，得出完整算法：
1) 枚举重复子串的长度L，初始化new_flag标记为true；
2) 枚举i，计算S[i*L ... N]和S[(i+1)*L ... N]的最长公共前缀T；
a) 如果T < L，new_flag标记为true；
b) 如果T >= L，判断new_flag是不是为false，如果为false，说明以S[i*L]为首的串和S[(i-1)*L]为首的串的最长公共前缀大于等于T，跳转到2)；否则转3)；
3) 因为S[i*L, (i+1)*L]有重复子串，但是字典序不一定最小，所以还需要枚举区间 [i-L+1, i+L]，看是否存在字典序更小的子串，比较字典序这一步可以直接使用后缀数组计算出来的rank值进行比较。
RMQ相关算法可以参阅：
http://www.cppblog.com/menjitianya/archive/2014/06/26/207420.html
E. Network
PKU 3694 http://poj.org/problem?id=3694
题意：给定N(N <= 105)个点和M(N-1 <= M <= 2*105)条边的无向连通图，进行Q(Q <= 1000)次加边，每次加入一条边要求输出当前图中有多少条割边。
题解：无向图割边、最近公共祖先
利用tarjan求出原图的割边，由于这题数据量比较大，所以用递归可能会爆栈，需要栈模拟实现递归过程，tarjan计算的时候用parent[u]保存u的父结点，每个结点进出栈各一次，出栈时表示以它为根结点的子树访问完毕，然后判断(u, parent[u])是否为割边。每次询问u, v加入后会有多少割边，其实就是求u和v的到它们的最近公共祖先lca(u, v)的路径上有多少割边，由于在进行tarjan计算的时候保存了每个结点的最早访问时间dfn[u]，那么有这么一个性质：dfn[ parent[u] ] < dfn[u]，这是显然的(父结点的访问先于子结点)。于是当dfn[u] < dfn[v]，将parent[v]赋值给v，反之，将parent[u]赋值给u，因为是一棵树，所以进过反复迭代，一定可以出现u == v 的情况，这时候的u就是原先u和v的最近公共祖先，在迭代的时候判断路径上是否存在割边，路径上的割边经过(u, v)这条边的加入都将成为非割边，用一个变量保存割边数目，输出即可。
图3
如图3，图中实线表示树边，虚线表示原图中的边，但是进行tarjan计算的时候7这个结点被(6, 7)这条边“捷足先登”了，于是(4, 7)成为了一条冗余边，计算完后这个图的割边为(1, 2)、(1,3)、(3, 4)、(3, 5)，分别标记bridge[2]、bridge[3]、bridge[4]、bridge[5]为true。
当插入一条边(7, 5)，那么沿着7的祖先路径和5的祖先路径最后找到的最近公共祖先为3(路径为7 -> 6 -> 4 -> 3 和 5 -> 3)，(3, 4)、(3, 5)这两条割边因为加入了(7, 5)这条边而变成了普通边，将标记bridge[4]、bridge[5]置为false。
F. Rectangles
PKU 3695 http://poj.org/problem?id=3695
题意：给定N(N <= 20)个矩形，以及M(M <= 105)次询问，询问R(R <= N)个矩形的并。
题解：离散化 + 暴力( 或 容斥原理 )
离散化：由于矩形很少，所以可以将它们的XY坐标分别离散到整点，两个维度分别离散，点的总数不会超过2N，对于本次询问，利用前一次询问的结果进行面积的增减，对每个矩形进行判断，一共有两种情况：
1）这个矩形前一次询问出现，本次询问不出现，对它的所有离散块进行自减操作，如果某个离散块计数减为0，则总面积减去这个离散块的面积；
2）这个矩形前一次询问没出现，本次询问出现，对它的所有离散块进行自增操作，如果某个离散块计数累加后为1，则总面积加上这个离散块的面积；
容斥原理：对于每个询问，利用dfs枚举每个矩形取或不取，取出来的所有矩形作相交操作，所有[奇数个矩形交]的面积和 – 所有[偶数个矩形交]的面积和 就是答案，因为是dfs枚举，所以在枚举到某次相交矩形面积为0的时候就不需要再枚举下去了，算是一个比较强的剪枝。
如图4，红色区域为被覆盖了一次的区域，橙色区域为被覆盖了两次的区域，黄色区域为被覆盖了三次的区域，那么先将所有的三个矩形加起来，然后需要减掉重叠的部分，重叠的减掉后发现，重叠的部分多减了，即图中黄色的部分被多减了一次，需要加回来。所以容斥原理可以概括为：奇数加，偶数减。
图4
G. The Luckiest number
PKU 3696 http://poj.org/problem?id=3696
题意：给定L(L <= 2*109)，求一个最小的数T，满足T仅由数字’8’组成，并且T是L的倍数。
题解：欧拉定理
首先，长度为N的仅由8组成的数字可以表示为8*(10N-1)/9。
如果它能被L整除，则可以列出等式(1)：
8*(10N-1)/9 = KL (其中K为任意正整数) (1)
将等式稍作变形得到等式(2)：
(10N-1) = 9KL/8 (2)
由于存在分母，所以我们需要先对分数部分进行约分，得到等式(3)：
令A = L/GCD(8, L), B = 8/GCD(8, L)
(10N-1) = 9K*A / B (3)
因为A和B已经互质，所以如果B不为1，为了保证等式右边仍为整数，K必须能被B整除，而K为任意整数，所以一定能够找到一个K正好是B的倍数，所以可以在等式两边同时模9A，得到(10N-1) mod (9A) = 0，稍作变形，得到等式(4):
(4)
于是需要引入一个定理，即欧拉定理。
欧拉定理的描述为：若n, a为正整数，且n, a互质，则：
图5
(ψ(n)表示n的欧拉函数，即小于等于n并且和n互素的数的个数)
这样一来，我们发现只要10和9A互质，只需要求9A的欧拉函数，但是求出来的欧拉函数是不是一定使得N最小呢，并不是，所以还需要枚举欧拉函数的因子，如果它的某个因子T也满足(4)的等式，那么T肯定不会比ψ(9A)大，所以T一定更优。
这里9A有可能超过32位整数，所以计算过程中遇到的乘法操作不能直接相乘(两个超过32位整数的数相乘会超过64位整数)，需要用到二分乘法，即利用二进制加法模拟乘法，思想很简单，就直接给出一段代码吧。
2
3 // 计算 a*b % mod
4 LL Produc_Mod(LL a, LL b, LL mod) {
5 LL sum = 0;
6 while(b) {
7 if(b & 1) sum = (sum + a) % mod;
8 a = (a + a) % mod;
9 b >>= 1;
10 }
11 return sum;
12 }
13
14
15 // 计算a^b % mod
16 LL Power(LL a, LL b, LL mod) {
17 LL sum = 1;
18 while(b) {
19 if(b & 1) sum = Produc_Mod(sum, a, mod);
20 a = Produc_Mod(a, a, mod);
21 b >>= 1;
22 }
23 return sum;
24 }
H. USTC campus network
PKU 3697 http://poj.org/problem?id=3697
题意：给定N, M(N <= 104, M <= 106)，求N个点的完全图删掉M条边后，和1这个结点相邻的点的数目。
题解：BFS
利用前向星存边(这里边的含义是反的，i和j有边表示i和j不直接连通)。然后从1开始广搜，将和1有边的点hash掉，然后枚举hash数组中没有hash掉的点(这些点是和1连通的)，如果点没有被访问过，标记已访问，入队；然后不断弹出队列首元素进行相同的处理。
这里可以加入一个小优化，将所有点分组，编号0-9的分为一组，10-19的分为一组，20-29的分为一组，然后用一个计数器来记录每个组中的点是否被访问，每次访问到一个点的时候计数器自增，当某个组的计数器为10的时候表示这个组内所有点都被访问过了，不需要再进行枚举了，这样可以把最坏复杂度控制在 O( N*N/10 ) 以下。