本来准备划水，结果被水淹死了……
$T2:$
定义一个数$x$的数字根$S(x)$为：将其各位数字相加得到一个新数，再将新数的数字和相加直到得到一个个位数，就是该数的数字根。
例如：$S(38)=S(3+8=11)=S(1+1=2)=2$
现在需要求数字根为$x$的从小到大第$k$个数。
$1\leq x\leq 9,k\leq 10^{12}$。
$Solution:$
注意到数字和相加不会改变$x$对$9$取余的值。
那么可以得到：数字根为$x$的数就是满足模$9$的值为$x$的数。
特别地，数字根为$9$的数满足模$9$的值为$0$。
然后一行就可以了。
$Code:$
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define MAXN 100005 #define MAXM 500005 #define INF 0x7fffffff #define ll long long inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } int main(){ ll N=read(); for(ll i=1;i<=N;i++){ ll k=read(),x=read(); cout<<x+(k-1)*9<<endl; } return 0; }
$T4:$
定义一个$n$次矩阵$A$的$x$次压缩矩阵$B$为：对于任意$i,j$满足$A(i,j)=B(\lceil i/x \rceil,\lceil j/x \rceil)$。
显然对于某些$x$是不存在$x$次压缩矩阵的。
现在给定一个$01$矩阵$A$，求最大的满足$x|n$的能压缩的$x$。
$n\leq 5200$。
$Solution:$
发现压缩的过程就相当于把原矩阵$A$分成若干个$x\times x$的小矩阵，若每个小矩阵内数均相同则$x$次压缩是可行的。
那么暴力算法就是枚举每个$x$再进行$O(n^2)$枚举判断可行性。
考虑优化，枚举$k$的过程不太好优化，我们需要一个快速的办法判断一个小矩阵中的数是否相同。
由于数只有$01$，可以维护二维前缀和，若这个小矩阵内数的和不等于$0$或者$x\times x$则肯定不相同。
时间复杂度为$O(\sum \frac{n^2}{x^2})=O(n^2\times \sum \frac{1}{x^2})=O(n^2)$。
$Code:$
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define MAXN 5205 #define MAXM 500005 #define INF 0x7fffffff #define ll long long inline int read(){ int x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } int N,mp[MAXN][MAXN],sum[MAXN][MAXN]; char str[MAXN]; inline int gets(int x,int y,int xx,int yy){ return sum[xx][yy]-sum[xx][y]-sum[x][yy]+sum[x][y]; } bool check(int x){ for(int i=1;i<=N;i+=x){ for(int j=1;j<=N;j+=x){ if(gets(i-1,j-1,i+x-1,j+x-1)!=0 && gets(i-1,j-1,i+x-1,j+x-1)!=x*x) return 0; } } return 1; } int chg(char ch){ if(isdigit(ch)) return ch-'0'; else return ch-'A'+10; } int main(){ N=read(); for(int i=1;i<=N;i++){ scanf("%s",str); for(int j=1;j<=N;j+=4){ int tp=chg(str[j/4]); for(int k=0;k<4;k++) mp[i][j+k]=(bool)(tp&(1<<(4-k-1))); } } for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=N;j++) sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+mp[i][j]; for(int x=N;x>=1;x--){ if(N%x) continue; if(check(x)){ printf("%d\n",x); return 0; } } return 0; }
$T5:$
给定一个长度为$n$的$01$串$s$，你可以进行任意次操作：
每次操作选取一段连续且相等的串$str$,记其长度为$k(1\leq k \leq n)$。
将这段串删除并将它左边的串接到右边，同时获得$A_k$的价值。
求将整个串删除为空串所能获得的最大价值。
$n\leq 100$。
$Solution:$
这题当时触及到我的知识盲区了……（菜是原罪）考完才学了一下。
“区间消消乐”问题可以算作一种单独的$dp$模型，状态一般是
设$dp(i,j,k)$表示处理子串$[i,j]$，后面带上连续$k$个与$s_j$相同的字符所能获得的最大价值。
那么每种状态都有如下两种转移过来的方式：
- 消后面那段颜色相同的。$dp(i,j,k)=dp(i,j-1,0)+A_k+1$
- 枚举中间的某个断点$mid$，保证$s_{mid}=s_{j}$，此时可以把$[mid+1,j-1]$一段消去，后面接出更长的一段。$dp(i,j,k)=dp(i,mid,k+1)+dp(mid+1,j-1,0)$
时间复杂度$O(n^4)$。
$Code:$
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define MAXN 105 #define MAXM 500005 #define INF 0x7fffffff #define ll long long inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } ll dp[MAXN][MAXN][MAXN]; ll N,A[MAXN]; char str[MAXN]; int main(){ N=read(); scanf("%s",str+1); for(ll i=1;i<=N;i++) A[i]=read(); for(ll i=1;i<=N;i++) for(ll k=0;k<=N;k++) dp[i][i][k]=A[k+1]; for(ll l=2;l<=N;l++) for(ll i=1;i<=N-l+1;i++){ ll j=i+l-1; for(ll k=0;k<=N;k++){ dp[i][j][k]=dp[i][j-1][0]+A[k+1]; for(ll l=i;l<j;l++){ if(str[l]==str[j]) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i][l][k+1]+dp[l+1][j-1][0]); } } } printf("%I64d\n",dp[1][N][0]); return 0; }