HDU 5560 5561 5562 5563 (Bestcoder#77 div2 A B C D)
A so easy
求一个集合所有子集元素的异或；
分析可以发现 一个有N个元素的集合，每个元素出现的次数是2^(N-1); 对于异或，任意一个数和自己偶数次异或的答案都是0；任意个0异或也是0；所以当N>1时，答案为0，当N==1时，答案为a[0]；
代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,x;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&x);
if(n==1)
printf("%d\n",x);
else
printf("0\n");
}
return 0;
}B xiaoxin juju needs help
很明确的是：
1.如果字母个数为奇数的超过两个直接输出0；
2.如果可以构成回文，只需考虑对称的一半。
例： aaaabbccccdddd。
它的一半是 aabccdd
两种想法：
一、
先把A(7,7)算出来，再去除重复的情况。
设字符串长度为n，出现过的每个字母的个数为cnt[i];
那么答案就是 n! /cnt[0]! /cnt[1]! … /cnt[i]! % mod (i<25)；
对于 (a/b) % mod ，需要用转换成 （a * k ) % mod ( k=1/b );
由费马小定理：b^(p-1) mod p=1; ( p 为素数 )
所以 b^(p-2)*a mod p= 1;
b^(p-2) mod p =1/b;
所以可以用 b^(p-2) 代 1/b;
逆元相关博客推荐：
http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8220787
AC代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
using namespace std;
#define ll long long
const int M=1000000007;
char s[1111];
int cnt[30];
ll f[555];
ll pow_mod(ll a,ll n) //快速pow ( log(n) )
{
ll t = 1;
while(n)
{
if(n & 1) t = t*a %M;
a = a*a%M;
n >>= 1;
}
return t;
}
int main()
{
f[0]=1;
for(int i=1;i<=500;i++) //把 fact 预先处理出来节省时间，当然你也可以打表
f[i]=f[i-1]*i%M;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
for(int i=0;i<len;i++)
cnt[s[i]-'a']++;
int c=0;
for(int i=0;i<26;i++)
{
c += cnt[i]&1;
cnt[i]/=2;
}
if(c>1)
{
printf("0\n");
continue;
}
ll ans=f[len/2];
for(int i=0;i<26;i++)
if(cnt[i])
ans = ans * pow_mod(f[cnt[i]],M-2) % M; //关键语句
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
二、组合数，对于每个字母，直接选，比如上面的例子，就是 C(7,2)*C(5,1)*C(4,2)*C(2,2)，相当于在 n个位置上为每种字母选一个座位。
AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define mod 1000000007
int a[33];
char s[1111];
long long c[1111][1111];
int main () {
memset (c, 0, sizeof c);
c[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 1000; i++) c[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 1000; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
c[i][j] = (c[i-1][j]+c[i-1][j-1]) % mod;
int t;
scanf ("%d", &t);
while (t--) {
scanf ("%s", s);
memset (a, 0, sizeof a);
int l = strlen (s);
for (int i = 0; i < l; i++) {
a[s[i]-'a']++;
}
int cnt = 0;
int sum = 0;
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (a[i]&1)
cnt++;
a[i] /= 2;
sum += a[i];
}
if (cnt > 1) {
printf ("0\n");
continue;
}
long long ans = 1;
for (int i = 0; i < 26; i++) {
ans = ans *c[sum][a[i]] % mod;
sum -= a[i];
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
C 两种方法，bfs+二分，或者利用并查集判断是否联通，首先把所有的山峰都加到图中，然后逆序处理每个操作： 对某次操作，在图中删除该位置的山峰，然后判断两个点是否联通，一旦联通就得到了结果。 这里需要对China和India分别新建一个对应的节点。
bfs+二分比较直接。二分查询q个query，时间复杂度为 log(n) * m * bfs的复杂度。
对于一个query，判断从第0行能否到第n-1行.
注意输入0和-1两种答案的情况
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
struct node
{
int x,y;
}Q[250005],cur,Next;
int n,m,s,a[505][505];
int vis[505][505];
int dir[4][2]={{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}};
void init(int k)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(a[i][j]==1)
vis[i][j]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
vis[Q[i].x][Q[i].y]=1;
}
int BFS(int k)
{
init(k);
for(int i=0;i<m;i++)
{
if(!vis[0][i])
{
queue<node>q;
cur.x=0;
cur.y=i;
q.push(cur);
vis[0][i]=1;
while(!q.empty())
{
cur=q.front();
q.pop();
for(int j=0;j<4;j++)
{
Next.x=cur.x+dir[j][0];
Next.y=cur.y+dir[j][1];
if(Next.x<0 || Next.x>=n ||Next.y<0 || Next.y>=m || vis[Next.x][Next.y] )
continue;
if(Next.x == n-1) return 1;
vis[Next.x][Next.y]=1;
q.push(Next);
}
}
}
}
return 0;
}
int main () {
int t;
scanf ("%d", &t);
while (t--) {
scanf ("%d%d", &n, &m);
char tmp[555];
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",tmp);
for(int j=0;j<m;j++)
a[i][j]=tmp[j]-'0';
}
scanf ("%d", &s);
for (int i = 1; i <= s; i++) {
scanf ("%d%d", &Q[i].x, &Q[i].y);
}
if (!BFS (0)) {
printf ("0\n");
continue;
}
int l = 1, r = s;
while (l<r) {
int mid = (l+r)>>1;
if (BFS (mid))
l = mid+1;
else r = mid;
}
if (!BFS (l))
printf ("%d\n", l);
else
printf ("-1\n");
}
return 0;
}D
dp[i]表示 前i个格子的最大爆炸数。
最后答案要等于 1e6 * log2(X) ( 注意到 log2(x1*x2*x3*··· )= log2(x1)+log2(x2)+log2(x3)+····;)
最主要的是要明确一个性质：
一个炸弹的爆炸范围不能超过另外一个炸弹，也就是说炸弹a[i]，炸不到a[i+1]之后和a[i-1]之前的格子。
dp[i]=max{ dp[i] , dp[j] + log2( i - j)} ；
可以这么想：
首先保证 i，j之间只有一个炸弹。
那么对于[j,i]之间的这些格子，是由前面的炸弹炸掉，还是由后面的炸弹炸掉呢？枚举所有情况，最后必定可以得出答案
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define maxn 2005
double lg2[maxn];
int a[maxn];
double dp[maxn];
int main()
{
for(int i=0;i<=2000;i++)
lg2[i]=log2(i*1.0);
int n,m,t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(a,0,sizeof(a));
memset(dp,0,sizeof(dp));
int x;
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d",&x);
a[++x]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
a[i]+=a[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<i;j++) //注意这里要从0开始，因为a[0]=0；
if(a[i]==a[j]+1)
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+lg2[i-j]);
printf("%.0lf\n",floor(dp[n]*1e6));
}
return 0;
}