2021牛客寒假算法基础集训营1 题解
比赛地址：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/9981
官方题解：https://ac.nowcoder.com/discuss/593200
A-串
第一种：我们用
f
[
i
]
f[i]
f[i]来表示长度为
i
i
i有
u
s
us
us的串的数量，对于当前位置：
-
如果之间有完整的
u
s
us
us了，那么随便填，有
26
26
26种情况。
f
[
i
]
+
=
f
[
i
−
1
]
∗
26
f[i] += f[i-1] * 26
f[i]+=f[i−1]∗26
-
如果之前没有完整的
u
s
us
us，但是有一个
u
u
u，那么就必须在这个位置上添加一个
s
s
s。具体算法：
所
有
的
情
况
−
有
u
s
的
情
况
−
没
有
u
的
情
况
=
有
一
个
u
的
情
况
所有的情况-有us的情况-没有u的情况=有一个u的情况
所有的情况−有us的情况−没有u的情况=有一个u的情况
也就是
2
6
i
−
1
−
f
[
i
−
1
]
−
2
5
i
−
1
26^{i-1} - f[i-1] - 25^{i-1}
26i−1−f[i−1]−25i−1
整合就是:
f
[
i
]
=
f
[
i
−
1
]
∗
25
+
2
6
i
−
1
−
2
5
i
−
1
f[i] = f[i-1] * 25 + 26^{i-1} - 25^{i-1}
f[i]=f[i−1]∗25+26i−1−25i−1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll f[maxn];
ll qsm(ll a, ll b){
ll res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res % mod;
}
void solve(){
int n; cin >> n;
f[0] = 0; f[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++){
f[i] = ((qsm(26, i-1)-qsm(25, i-1) + mod) % mod + f[i-1] * 25 % mod) % mod;
}
ll ans = 0;
for(int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + f[i]) % mod;
cout << ans << endl;
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
第二种：动态规划
我们用
f
[
i
]
[
0
/
1
/
2
]
f[i][0/1/2]
f[i][0/1/2]表示长度为
i
i
i没有
u
u
u的串/有
u
u
u没
s
s
s的串/有
u
s
us
us的串。
状态转移方程：
f
[
i
]
[
0
]
=
f
[
i
−
1
]
[
0
]
∗
25
;
f[i][0] = f[i-1][0] * 25;
f[i][0]=f[i−1][0]∗25;
f
[
i
]
[
1
]
=
f
[
i
−
1
]
[
0
]
+
f
[
i
−
1
]
[
1
]
∗
25
;
f[i][1] = f[i-1][0] + f[i-1][1] * 25;
f[i][1]=f[i−1][0]+f[i−1][1]∗25;
f
[
i
]
[
2
]
=
f
[
i
−
1
]
[
1
]
+
f
[
i
−
1
]
[
2
]
∗
26
;
f[i][2] = f[i-1][1] + f[i-1][2] * 26;
f[i][2]=f[i−1][1]+f[i−1][2]∗26;
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll f[maxn];
ll qsm(ll a, ll b){
ll res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res % mod;
}
ll a[maxn][3];
void solve(){
int n; cin >> n;
a[0][0] = a[0][1] = a[0][2] = 0;
a[1][0] = 25; a[1][1] = 1; a[1][2] = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++){
a[i][0] = a[i-1][0] * 25 % mod;
a[i][1] = (a[i-1][0] + a[i-1][1] * 25 % mod) % mod;
a[i][2] = (a[i-1][1] + a[i-1][2] * 26 % mod) % mod;
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + a[i][2]) % mod;
cout << ans << endl;
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
B-括号
可以这样去构造：
找到个数最少的满足
x
∗
y
+
z
x*y+z
x∗y+z的括号数，那么构造左括号为
x
x
x个，右括号为
y
y
y个，剩余
z
z
z个括号插入合适的位置即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 2e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
void solve(){
ll k; cin >> k;
if(k == 0){
cout << "(" << endl;
return;
}
ll a = 1e9, b = 1e9, p = 1e9;
for(ll i = 1; i * i <= k; i++){
ll x = i, y = k / i, z = k - (i * (k / i));
// cout << x << " " << y << " " << z << endl;
if(x + y + z < a + b + p){
a = x, b = y, p = z;
}
}
string ans = "(";
for(int i = 0; i < p; i++) ans += ")";
for(int i = 0; i < a - 1; i++) ans += "(";
for(int i = 0; i < b; i++) ans += ")";
cout << ans << endl;
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
C-红和蓝
思维：特殊到一般，简单到复杂。
叶子节点只能和它的父节点一个颜色，那么我们可以从叶子节点开始考虑，
d
f
s
dfs
dfs将叶子节点和它的父亲节点化为一个颜色，过程中如果有叶子节点的父节点已经上色了，或者有个节点没有被上色，那么不满足要求直接输出-1。
接着再跑一遍
d
f
s
dfs
dfs染色。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 3e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n, cnt = 0;
vector<int> G[maxn];
int col[maxn], vis[maxn];
bool flag = false;
void dfs(int u, int fa){
int count = 0;
for(auto v : G[u]){
if(v == fa) continue;
count ++;
dfs(v, u);
}
if(count == 0 || !vis[u]){
if(vis[fa]) {flag = true; return;}
vis[u] = vis[fa] = ++cnt;
}
}
void dfs2(int u, int fa){
for(auto v : G[u]){
if(v == fa) continue;
if(vis[v] == vis[u]) col[v] = col[u];
else col[v] = col[u] ^ 1;
dfs2(v, u);
}
}
void solve(){
cin >> n;
int x, y;
for(int i = 1; i < n; i++){
cin >> x >> y;
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
memset(vis, 0, sizeof vis);
dfs(1, 0);
if(flag || vis[0] != 0) {
cout << -1 << endl;
return;
}
col[1] = 1;
dfs2(1, 0);
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << (col[i] == 1 ? 'R' : 'B');
cout << endl;
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
D-点一成零
考虑并查集。
首先先考虑没有改变的情况总方案数是怎么算出来的：
总
方
案
数
=
连
通
块
的
个
数
∗
每
个
联
通
块
中
1
的
个
数
总方案数=连通块的个数*每个联通块中1的个数
总方案数=连通块的个数∗每个联通块中1的个数
接着考虑将0变为1的操作会改变什么？
可能会引起某个连通块变大，或者是增加连通块，或者将多个连通块合并为一块。
代码实现上，如果这个位置本来就是1，那么无需计算直接输出；若为0，可以先计算连通块增加后的总方案数，接着遍历4个方向，有等于1并且不在一个连通块里的，就计算方案数并合并。
计算公式为：
原
a
n
s
/
（
修
改
后
的
c
n
t
∗
两
个
连
通
块
的
个
数
）
∗
两
个
连
通
块
个
数
总
和
原ans / （修改后的cnt * 两个连通块的个数） * 两个连通块个数总和
原ans/（修改后的cnt∗两个连通块的个数）∗两个连通块个数总和
注意
- 并查集中二维结构要转换成一维的。
- 最后计算中除一个很大的数可以转换成乘它的逆元。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 5e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n;
int f[maxn], sz[maxn];
int a[550][550];
string s[550];
int d[4][2] = {1, 0, -1, 0, 0, -1, 0, 1};
ll qsm(ll a, ll b){
ll res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res % mod;
}
void init(){
for(int i = 0; i <= n * n; i++) f[i] = i, sz[i] = 1;
}
int Find(int x){
if(x == f[x]) return x;
return f[x] = Find(f[x]);
}
void Union(int x, int y){
x = Find(x), y = Find(y);
if(x == y) return;
f[x] = y;
sz[y] += sz[x];
}
void solve(){
cin >> n;
init();
for(int i = 0; i < n; i++){
cin >> s[i];
for(int j = 0; j < n; j++){
char c = s[i][j];
if(c == '0') continue;
if(j > 0 && s[i][j-1] == '1') Union(i * n + j, i * n + j - 1);
if(i > 0 && s[i-1][j] == '1') Union(i * n + j, (i-1) * n + j);
if(i < n-1 && s[i+1][j] == '1') Union(i * n + j, (i+1) * n + j);
if(j < n-1 && s[i][j+1] == '1') Union(i * n + j, i * n + j + 1);
}
}
int cnt = 0;
ll ans = 1;
for(int i = 0; i < n; i++){
for(int j = 0; j < n; j++){
if(f[i * n + j] == i * n + j && s[i][j] == '1') cnt++, ans = ans * sz[i *n + j] % mod;
}
}
for(int i = 1; i <= cnt; i++) ans = ans * i % mod;
int k; cin >> k;
for(int i = 0; i < k; i++){
int x, y; cin >> x >> y;
if(s[x][y] == '1'){
cout << ans << endl;
continue;
}
s[x][y] = '1';
cnt ++;
ans = ans * cnt % mod;
for(int i = 0; i < 4; i++){
int dx = x + d[i][0], dy = y + d[i][1];
if(dx < 0 || dy < 0 || dx >= n || dy >= n) continue;
if(s[dx][dy] == '1'){
int f1 = Find(dx * n + dy), f2 = Find(x * n + y);
if(f1 != f2){
ans = ans * qsm(cnt, mod - 2) % mod;
ans = ans * qsm(sz[f1], mod - 2) % mod;
ans = ans * qsm(sz[f2], mod - 2) % mod;
ans = ans * (sz[f1] + sz[f2]) % mod;
cnt--;
Union(f1, f2);
}
}
}
cout << ans << endl;
}
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
I-限制不互素对的排列
构造、数学
注意题目中的条件
k
<
=
n
/
2
k <= n/2
k<=n/2
我们很容易可以发现相邻的两数都互为素数，相邻的两个奇数也都互为素数。两个偶数的最大公约数都大于1，所以我们可以考虑将相邻的偶数放在一起。这样当
n
/
2
>
k
n/2 > k
n/2>k， 是一定能够找到满足的排列。
当
n
/
2
=
=
k
n/2 == k
n/2==k, 我们可以发现
6
6
6 和
3
3
3的最大公约数大于
1
1
1， 那么只需要将
6
6
6放在最后一个偶数位上后跟
3
3
3即可满足有
n
/
2
n/2
n/2对gcd大于1的数对。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 2e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
void solve(){
int n, k; cin >> n >> k;
if(n < 6 && n / 2 == k){ cout << -1 << endl; return;}
if(n /2 > k){
int cnt = -1;
for(int i = 2; i <= n; i += 2){
cout << i << " ";
cnt++;
if(cnt == k) break;
}
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if((i & 1) || i > (cnt + 1) * 2) cout << i << " ";
}
}
else{
for(int i = 2; i <= n; i += 2) if(i != 6) cout << i << " ";
cout << "6 3 1 ";
for(int i = 5; i <= n; i += 2) cout << i << " ";
}
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
J-一群小青蛙呱蹦呱蹦呱
数论
举例可以发现：
被划掉的数：
2 :
2
1
2
2
2
3
2
4
2^1 2^2 2^3 2^4
21222324
3 :
3
1
3
2
3
3
3
4
3^1 3^2 3^3 3^4
31323334
5 :
5
1
5
2
5
3
5
4
5^1 5^2 5^3 5^4
51525354
观察到：没有被划掉的数是具有两种或者两种以上的类型不同的质因子， 比如：
6
12
6 \ 12
6 12 。
那么最后的结果可以表示为
p
1
n
1
p
2
n
2
p
3
n
3
p
4
n
4
p
5
n
5
.
.
.
p_1^{n1}p_2^{n2}p_3^{n3}p_4^{n4}p_5^{n5}...
p1n1p2n2p3n3p4n4p5n5...
对于两个这样的数：
p
1
n
1
p
2
n
2
p
3
n
3
p
4
n
4
p
5
n
5
.
.
.
p_1^{n1}p_2^{n2}p_3^{n3}p_4^{n4}p_5^{n5}...
p1n1p2n2p3n3p4n4p5n5...和
p
1
m
1
p
2
m
2
p
3
m
3
p
4
m
4
p
5
m
5
.
.
.
p_1^{m1}p_2^{m2}p_3^{m3}p_4^{m4}p_5^{m5}...
p1m1p2m2p3m3p4m4p5m5...求lcm为
p
1
m
a
x
(
m
1
,
n
1
)
p
2
m
a
x
(
m
2
,
n
2
)
p
3
m
a
x
(
m
3
,
n
3
)
p
4
m
a
x
(
m
4
,
n
4
)
p
5
m
a
x
(
m
5
,
n
5
)
.
.
.
p_1^{max(m1, n1)}p_2^{max(m2, n2)}p_3^{max(m3, n3)}p_4^{max(m4, n4)}p_5^{max(m5, n5)}...
p1max(m1,n1)p2max(m2,n2)p3max(m3,n3)p4max(m4,n4)p5max(m5,n5)...,
那么问题转化为对于每一个质因子
p
p
p， 我们求它的最高次数即可。有两种情况：
-
p
=
2
p = 2
p=2时，
2
2
2的最高次数
x
x
x一定为
2
x
∗
3
<
=
n
2^x*3<=n
2x∗3<=n，那么
x
=
f
l
o
o
r
(
l
o
g
(
n
/
3
)
/
l
o
g
(
2
)
)
x = floor(log(n/3) / log(2))
x=floor(log(n/3)/log(2))
-
p
!
=
2
p\ !=\ 2
p != 2时，
p
p
p的最高次数
x
x
x一定为
p
x
∗
2
<
=
n
p^x*2<=n
px∗2<=n，那么
x
=
f
l
o
o
r
(
l
o
g
(
n
/
2
)
/
l
o
g
(
p
)
)
x = floor(log(n/2) / log(p))
x=floor(log(n/2)/log(p))
最后求积即可。
素数筛不可以用埃氏筛，会TLE，线性筛即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 8e7 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll p[maxn];
bool v[maxn];
int n;
ll qsm(ll a, ll b){
ll res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res % mod;
}
ll calc(int i){
if(i == 2) return qsm(2, log(n / 3) / log(2));
return qsm(i, log(n / 2) / log(i));
}
void solve(){
cin >> n;
memset(v, false, sizeof v);
int cnt = 0;
ll ans = 1;
for(int i = 2; i <= n / 2; i++){
if(!v[i]){
p[cnt++] = i;
ans = (ans * calc(i)) % mod;
}
for(int j = 0; j < cnt && i * p[j] <= n / 2; j++){
v[i * p[j]] = 1;
if(i % p[j] == 0) break;
}
}
if(ans == 1) cout << "empty" << endl;
else cout << ans << endl;
}
int main(){
IOS; int t = 1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
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