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T1-Felicity is Coming!
神奇宝贝的进化方案是一个全排列，假设有三种宝可梦，那么对应就可以有：
（1,2,3）（1,3,2）（2,1,3）（2,3,1）（3,1,2）（3,2,1）这六种进化方案（六种全排列）
这里（1,3,2）相当于：1进化成1,2进化成3,3进化成2
需要满足所有约束条件才能作为可行进化方案：
对于一个训练馆，之前有a个b种类的宝可梦，那么训练馆里所有的宝可梦进化之后，还要有a个b种类的宝可梦才行，种类不能增加，不能减少，也不能改变
问一共有多少个可行方案
解法
如果a宝可梦和b宝可梦能互相进化，一定满足a出现过的训练馆和b出现过的训练馆以及次数都相同
所以开vector来维护这一性质，然后sort，没错vector之间可以直接sort（大雾
相同的一定放在一起，n个相同的会产生n!的贡献，对于没有出现过的宝可梦，也会产生一个贡献，因为进化是不能一对多或多对一的，所以贡献也是一个n!
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
vector<int>a[1000010];
int n,m,g,x;
ll cnt=1,ans=1;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&g);
for(int j=1;j<=g;j++)scanf("%d",&x),a[x].push_back(i);
}
sort(a+1,a+m+1);
for(int i=2;i<=m;i++)
if(a[i]==a[i-1])cnt++,ans=ans*cnt%mod;
else cnt=1;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
T2-Felicity's Big Secret Revealed
给定一个01串，一个有效的n切割定义如下：一个横杠代表一次切割，第一条横杠前面的01串不算，最后一条横杠后面的01串不算，将两个横杠中的01串转化成十进制数字，假设这些数字的最大值是MAX且这些数字囊括了1-MAX的所有数字，则称为一次有效切割。求2~n+1次有效切割的切法总数。
解法
由于题目要求包含所有1—MAX的数字，且n<=75，所以MAX<=20。
dp[i][k]表示第i位前有一次切割且状态为k，接着从第i位开始枚举到第j位为下一个横杆的位置，设这两段横杆之间的数字为p（十进制），则
dp[j+1][k|(1<<p-1)]+=dp[i][k]，k为1～（1<<20）的状态。最后把dp[i][(1<<t)-1]（0<=i<=n，1<=t<=20）加起来就可以了。
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define lim 1048576
using namespace std;
int n,ans,a[100],dp[100][lim+10];
int main()
{
memset(dp,0,sizeof(dp)),scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%1d",&a[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
dp[i][0]=1;
for(int k=0;k<lim;k++)
{
if(!dp[i][k])continue;
for(int j=i,p=a[i];j<n&&p<=20;j++,p=(p*2+a[j]))
if(p)dp[j+1][k|(1<<(p-1))]=(dp[j+1][k|(1<<(p-1))]+dp[i][k])%mod;
}
}
for(int i=0;i<=n;i++)for(int k=1;k<=20;k++)ans=(ans+dp[i][(1<<k)-1])%mod;
printf("%d
",ans);
}
T3-Harmony Analysis
已知向量中每个坐标的值都为1或者-1
给出k(0<=k<=9)，构造出2k个2k维向量，使得任意这2^k个向量中任意两个向量点积为0
解法
首先手推一下k为3时是什么样的
++++++++
++++****
++**++**
++****++
+*+*+*+*
+*+**+*+
+**++**+
+**+*++*
嗯，是这个样子的，对比一下k为2时的
++++
++**
+*+*
+**+
可以发现将k为2时的扩大一倍会形成前4行，后4行是怎么来的呢，前四行偶数位都取反(异或1)
别问我怎么看出来的，就这样看出来的QAQ
按照这样构造就可以了QWQ
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m=1,a[512][512];
int main()
{
a[0][0]=1,scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)for(int k=m*2-1;k>=0;k--)a[j][k]=a[j][k/2];
for(int j=m;j<m*2;j++)for(int k=0;k<m*2;k++)a[j][k]=a[j-m][k];
for(int j=m;j<m*2;j++)for(int k=1;k<m*2;k+=2)a[j][k]^=1;
m*=2;
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)if(a[i][j]==1)putchar('+');else putchar('*');
putchar('
');
}
return 0;
}