2019牛客多校第五场

A. digits2

solved at 00:47(+1)

签到题，将\(n\)输出\(n\)次即可，不知道队友在想什么。。。

B. generator 1

upsolved

矩阵快速幂，只是次数非常高

用十进制快速幂就好了，居然没想出来。。。

C. generator 2

upsolved

BSGS,需要改块的大小使得总复杂度更低

E. independent set 1

upsolved

有一张\(n(1<=n<=26)\)个点的图,问每个子图的最大独立集的和是多少

\(2^n\)状压dp, 设\(dp[i]\)表示点状态是\(i\)的最大独立集大小，设\(x\)是\(i\)最低位的\(1\)（这样容易转移），则要么不包含这个\(1\)，那就是\(dp[i-(1<<x)]\),要么包含这个\(1\),那就是\(1+dp[i-(1<<x)-(i\&G[x])]\),其中\(G[x]\)表示\(x\)的邻接点的状压集合，二者取最大值就好了，因为内存限制，\(dp\)数组需要用\(char\)类型

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

char f[1 << 26];
int g[26], n, m, x, y, ans;

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        g[x] |= 1 << y;
        g[y] |= 1 << x;
    }
    f[0] = 0;
    for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
        int x = __builtin_ffs(i) - 1;
        f[i] = max((int)f[i ^ (1 << x)], 1 + f[(i ^ (1 << x)) - (i & g[x])]);
        ans += f[i];
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

F. maximum clique 1

upsolved

一张\(n(1<=n<=5000)\)个的图，每个点有点权，点权两两不同，两个点右边当且仅当它们的点权的二进制位有至少两位不同，求最大团并输出一个方案

考虑其补图，显然补图两点有边当且仅当有一个二进制位不同，显然是一张二分图，求最大独立集即可

G. subsequence 1

solved at 01:19

两个数字字符串\(s\), \(t\), 长度不超过\(3000\)，求\(s\)不含前导\(0\)的子串作为数字比\(t\)大的方案数

如果一个没有前导\(0\)的子串比\(t\)长，那肯定比\(t\)大，组合数算出来

接下来考虑子串和\(t\)一样长，设\(dp[i][j]\)表示考虑\(s\)的前\(i\)位，已经选了\(j\)位，并且已经比\(t\)的前\(j\)位大的方案数，\(dp2[i][j]\)表示相等的方案数，转移方程可以很容易地推出来（见代码），\(dp[n][m]\)就是长度相等时的方案数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 3010, mod = 998244353;

int fac[N], invfac[N], ans, T, n, m;

int qp(int a, int n) {
    int res = 1;
    while(n) {
        if(n & 1)
            res = 1LL * res * a % mod;
        a = 1LL * a * a % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

void init() {
    fac[0] = invfac[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; ++i) {
        fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % mod;
        invfac[i] = qp(fac[i], mod - 2);
    }
}

int C(int n, int m) {
    return 1LL * fac[n] * invfac[n - m] % mod * invfac[m] % mod;
}


int dp[N][N], dp2[N][N];

char s[N], t[N];

int main() {
    init();
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%s%s", &n, &m, s + 1, t + 1);
        ans = 0;
        for(int i = 0; i <= n; ++i) {
            for(int j = 0; j <= m; ++j) dp[i][j] = dp2[i][j] = 0;
            dp2[i][0] = 1;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(s[i] == '0') continue;
            for(int j = n - i; j >= m; --j) {
                ans = (ans + C(n - i, j)) % mod;
            }
        }
        //cout << ans << endl;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = 1; j <= n; ++j) {
                dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1]) % mod;;
                if(s[i] > t[j]) {
                    dp[i][j] = (dp[i][j] + dp2[i - 1][j - 1]) % mod;
                }
                dp2[i][j] = dp2[i - 1][j];
                if(s[i] == t[j])
                    dp2[i][j] = (dp2[i][j] + dp2[i - 1][j - 1]) % mod;
            }
        }
        ans = (ans + dp[n][m]) % mod;
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

H. subsequence 2

solved at 02:46

长为\(n(1<=n<=10000)\)的字符串，仅有前\(m(2<=m<=10)\)个小写字母组成，然后给你这\(m*(m-1)/2\)个字符串，表示原字符串只含两种字符的子串，比如说\(abc\)会给你\(ab,bc,ac\)这三个子串，请你构造出一种原字符串

一眼望过去就是一个拓扑排序，比赛的时候写了个线段树优化建图。。。其实只要建相邻字母的有向边就行了

I. three points 1

upsolved

队友做的，给你一个矩形区域和一个矩形内三角形的三边长度，让你输出这个三角形的顶点坐标，队友说把最长边的一个顶点设在矩形顶点，另一个顶点放在矩形的边上，看第三个点是否合法就好了