显而易见的暴力骗分。
T1想到了bitset但是发现MLE后弃了，部分分都没拿。
T2想到正解贪心打暴力过不了大样例弃了。
T3牛逼题暴力。
考场没什么大失误，还可以。
不要轻易放弃每一个思路，可能再优化一下就是正解。不要知足于暴力。
T1：世界线
经典问题：求DAG中每一个点能到达多少点。
很容易想到bitset，但是这题卡空间让人愣了一下。
其实很简单，分两次跑，第一次处理出每一个点能到前30000号点里的哪些点。
第二次同理处理后30000个点。这样内存就减半了。
时间复杂度不变。O(n2/32)
1 #include<cstdio> 2 #include<bitset> 3 using namespace std; 4 bitset<30002>b[60001];long long ans; 5 int n,m,fir[60005],l[100005],to[100005],cnt,a,bs,in[100005],q[60005],qt,in2[60005]; 6 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;in[b]++;} 7 int main(){ 8 scanf("%d%d",&n,&m);ans=-m; 9 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d",&a,&bs),link(bs,a); 10 for(int i=1;i<=n&&i<=30000;++i)b[i][i]=1; 11 for(int i=1;i<=n;++i)in2[i]=in[i]; 12 for(int i=1;i<=n;++i)if(!in[i])q[++qt]=i; 13 for(int qh=1;qh<=qt;++qh)for(int j=fir[q[qh]];j;j=l[j]){ 14 b[to[j]]|=b[q[qh]]; 15 in[to[j]]--; 16 if(!in[to[j]])q[++qt]=to[j]; 17 } 18 for(int i=1;i<=n;++i)ans+=b[i].count(),b[i].reset(); 19 for(int i=30001;i<=n;++i)b[i][i-30000]=1; 20 qt=0; 21 for(int i=1;i<=n;++i)if(!in2[i])q[++qt]=i; 22 for(int qh=1;qh<=qt;++qh)for(int j=fir[q[qh]];j;j=l[j]){ 23 b[to[j]]|=b[q[qh]]; 24 in2[to[j]]--; 25 if(!in2[to[j]])q[++qt]=to[j]; 26 } 27 for(int i=1;i<=n;++i)ans+=b[i].count(); 28 printf("%lld ",ans-n); 29 }
思路积累：
- bitset求所有能互相到达的点对。
- 分多次跑节约空间。
- bitset常数很小。
T2：时间机器
直接贪心。
运用单调性，把供给与需求的左端点排序，然后对于每一个需求找最小的能覆盖它的右端点。
最优性/贪心正确性比较显然。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<set> 4 using namespace std; 5 struct ps{ 6 int opt,l,r,num,ord; 7 friend bool operator<(ps a,ps b){return a.r<b.r;} 8 }p[100005]; 9 bool com(ps a,ps b){return a.l<b.l||(a.l==b.l&&a.opt>b.opt);} 10 multiset<ps>ss; 11 int n,m,t,lft[50005]; 12 int main(){//freopen("machine2.in","r",stdin); 13 scanf("%d",&t); 14 while(t--){ 15 scanf("%d%d",&n,&m);ss.clear(); 16 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d%d",&p[i].l,&p[i].r,&p[i].num),p[i].ord=p[i].opt=0; 17 for(int j=1;j<=m;++j)scanf("%d%d%d",&p[n+j].l,&p[n+j].r,&p[n+j].num), 18 lft[j]=p[n+j].num,p[n+j].ord=j,p[n+j].opt=1; 19 sort(p+1,p+1+n+m,com);//for(int i=1;i<=n+m;++i)printf("%d %d ",p[i].l,p[i].opt); 20 for(int i=1;i<=n+m;++i) 21 if(p[i].opt)ss.insert(p[i]);//,puts("+"); 22 else while(p[i].num){//puts("-");printf("%d ",ss.size());printf("%d -> ",p[i].num); 23 if(ss.lower_bound((ps){0,0,p[i].r,0,0})==ss.end())goto fal; 24 ps gt=*ss.lower_bound((ps){0,0,p[i].r,0,0}); 25 int Num=lft[gt.ord]; 26 if(Num>p[i].num)lft[gt.ord]-=p[i].num,p[i].num=0; 27 else p[i].num-=Num,ss.erase(ss.lower_bound((ps){0,0,p[i].r,0,0}));//printf("%d ",p[i].num); 28 } 29 puts("Yes");continue; 30 fal:puts("No"); 31 } 32 }
思路积累：
- 二位限制的贪心可以先排序一维再做。（CDQ）
- 把需求和供给等不同操作放在一起排序后处理。（CDQ，莫队思想）
T3：密码
神仙题。跟题解。
求$sumlimits_{i=1}^{n} sumlimits_{j=0}^{i} [C_i^j mod p^k==0] $
组合数可以表示为阶乘形式，设$f[i]$表示i的阶乘分解质因数后因子p的个数。
那么问题转化为$sumlimits_{i=1}^{n} sumlimits_{j=0}^{i} [f[i]-f[j]-f[i-j]>k]$
对于n的阶乘，其含有的因子p个数为$sum n/p_i$
组合数$C_n^m$也就可以转化为$sum (n/p^i + m/p^i + (n-m)/p^i) $
$sum$后面的项的值只可能是0或1，那么考虑其含义：p进制下两数相加不超过n而加法过程当中的进位次数
问题就是p进制下两数相加不超过n而加法过程当中的进位次数大于等于k的方案数
p进制数位dp。dp[i][j][k][l]表示考虑到第i位，已进位j次，是否受限制，这一位是否需要进位（后两维大小为1）
枚举p进制下每一位中[0,p)的取值，复杂度$O(log_p^n imes p^2)$
但是其实很多枚举所进入的下一层状态是完全相同的，不用枚举，所有方案数都是等差数列之和。根据含义推即可。
至于进制转化，while高精下模一下除一下即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 #define mod 100000000 6 #define Mod 1000000007 7 #define L lim[al] 8 int lim[3333],l,p,k,pw[10];char N[1005]; 9 int dp[3333][3333][2][2]; 10 #define DP dp[al][up][islim][nup] 11 struct Int{ 12 long long a[128],ws; 13 friend int operator%(Int &a,int b){ 14 for(int i=a.ws-1;i;--i)a.a[i-1]+=a.a[i]%b*mod,a.a[i]/=b; 15 int res=a.a[0]%b;a.a[0]/=b; 16 while(a.ws&&!a.a[a.ws-1])a.ws--; 17 return res; 18 } 19 }n; 20 long long sch(int al,int up,int islim,int nup){ 21 if(~DP)return DP; 22 if(al==l+1)return DP=(up>=k&&!nup); 23 if(nup){ 24 if(!islim)return DP=(sch(al+1,up,0,0)*((p-1ll)*p/2%Mod)+sch(al+1,up+1,0,1)*((p+1ll)*p/2%Mod))%Mod; 25 else return DP=(sch(al+1,up,0,0)*((2*p-1ll-L)*L/2%Mod)+sch(al+1,up+1,0,1)*((2*p-L+1ll)*L/2%Mod) 26 +sch(al+1,up,1,0)*(p-L-1)+sch(al+1,up+1,1,1)*(p-L))%Mod; 27 }else{ 28 if(!islim)return DP=(sch(al+1,up,0,0)*((1ll+p)*p/2%Mod)+sch(al+1,up+1,0,1)*((p-1ll)*p/2%Mod))%Mod; 29 else return DP=(sch(al+1,up,0,0)*((L+1ll)*L/2%Mod)+sch(al+1,up+1,0,1)*((L-1ll)*L/2%Mod) 30 +sch(al+1,up,1,0)*(L+1)+sch(al+1,up+1,1,1)*L)%Mod; 31 } 32 } 33 int main(){//freopen("password9.in","r",stdin); 34 pw[0]=1;for(int i=1;i<=7;++i)pw[i]=pw[i-1]*10; 35 scanf("%s%d%d",N,&p,&k); 36 while(N[l])l++;reverse(N,N+l); 37 for(int com=0;com<l;++com) n.a[com/8]+=(N[com]-48)*pw[com%8]; 38 n.ws=(l-1)/8+1;l=0; 39 while(n.ws)lim[++l]=n%p; 40 reverse(lim+1,lim+l+1); 41 if(k>l){puts("0");return 0;} 42 memset(dp,0xff,sizeof dp); 43 printf("%lld ",sch(1,0,1,0)); 44 }