(A)
首先只有一串的情况下，遇到相同的肯定是改后面那一个最优，然后两串的话可能要分奇偶讨论一下
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=105;
typedef long long ll;
char s[N];int t[N],n,k;ll res,sum;
int main(){
scanf("%s%d",s+1,&k),n=strlen(s+1);
fp(i,1,n)t[i]=s[i];
fp(i,2,n)if(t[i]==t[i-1])++res,t[i]=2333;
if(t[n]==t[1]){
fp(i,1,n)t[i]=s[i];t[1]=2333,++sum;
fp(i,2,n)if(t[i]==t[i-1])++sum,t[i]=2333;
if(t[n]==2333)return printf("%lld
",res*((k+1)>>1)+sum*(k>>1)),0;
return printf("%lld
",res+sum*(k-1)),0;
}
res*=k;
printf("%lld
",res);
return 0;
}
(B)
首先有奇环肯定无解，否则我们枚举哪个点是(1)号点，用(bfs)依次确定剩下的每个点的编号，因为图中不存在奇环所以这样跑出来的肯定合法
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=205,M=5e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[M];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
char s[N];int vis[N],ins[N],col[N],q[N],cnt,tim,n,mx,fl;
void dfs(int u,int d){
col[u]=d,ins[u]=1;
// printf("qwq %d %d %d
",u,d,col[u]);
go(u)if(!ins[v])dfs(v,d^1);
else if(col[v]!=(d^1))fl=1;
}
void bfs(R int s){
R int h=1,t=0,u;
++tim,q[++t]=s,vis[s]=tim,col[s]=1;
while(h<=t){
u=q[h++];
go(u)if(vis[v]!=tim)vis[v]=tim,col[v]=col[u]+1,q[++t]=v;
else assert(abs(col[u]-col[v])==1);
}
cmax(mx,col[q[t]]);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n){
scanf("%s",s+1);
fp(j,1,n)if(s[j]=='1')add(i,j);
}
dfs(1,0);if(fl)return puts("-1"),0;
fp(i,1,n)bfs(i);
printf("%d
",mx);
return 0;
}
(C)
把操作放到二进制意义下考虑，就是每次把最低位取反然后放到最高位，反过来就可以看成是把最高位取反放到最低位，不难发现任何一个数最多(2n)次之后必定会变回原数
那么每一个数最少需要的次数(k)肯定是(2n)的因子，鉴于直接计算很麻烦，我们计算(k)次之后相等的数的个数，然后容斥即可得到最少(k)次之后相等的个数
对于一个(n)位的二进制数(S)，我们把(S)按位取反之后接在后面得到一个长为(2n)的数，那么(S)在(k)次操作之后相等当且仅当这个长为(2n)的数以(k)为一个周期且({2nover k})必须是奇数
（如果({2nover k})是偶数说明(S)和它按位取反之后的那个数相等了，显然不可能）
进一步考虑之后我们发现，整个(S)必定是由一个长为({kover 2})的串(T)和它的按位取反轮流拼接而成的，所以我们只要数出合法的(T)的个数即可
由于还需要字典序小于(X)，那么我们考虑(X)的前({kover 2})位，只要(T)的字典序小于它那么后面必定小于，顺便特判一下(T)和(X)的前({kover 2})位相等的情况就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=5e5+5;
char s[N];int a[N],b[N],c[N],st[N],n,res,tot,t;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%s",&n,s+1);
fp(i,1,n)a[i]=s[i]-'0';
n<<=1;
fp(k,1,n)if(n%k==0&&((n/k)&1)){
++tot,b[tot]=k,c[tot]=0;
fp(i,1,k>>1)c[tot]=((c[tot]<<1ll)+a[i])%P;
fp(i,1,k>>1)st[i]=a[i];
fp(i,(k>>1)+1,n>>1)st[i]=st[i-(k>>1)]^1;
++c[tot];
fp(i,(k>>1)+1,n>>1)if(a[i]!=st[i]){
c[tot]-=(a[i]<st[i]);
break;
}
}
fp(i,1,tot)fp(j,1,i-1)if(b[i]%b[j]==0)upd(c[i],P-c[j]);
fp(i,1,tot)upd(res,mul(c[i],b[i]));
printf("%d
",res);
return 0;
}
(D)
数学太差，没有办法……
前置芝士(1)
假设圆上的三点分别为(A,B,C)，三角形(ABC)的内心为(O)，令(A')为(AO)与单位圆的另一个交点（不难发现(A')也是(BC)这一段弧的中点），同理定义(B',C')，则三角形(A'B'C')的垂心与(O)重合
证明：自行画图理解
前置芝士(2)
对于任意一个三角形，它的重心(G)，垂心(H)，外心(O)三点共线，且(2|GO|=|GH|)
证明：自行百度"欧拉线"
题解
因为所有的点都在单位圆上，那么(ABC)的内心即为(A'B'C')的垂心
而因为(A'B'C')的外心就是原点，重心就是三个点的坐标的平均值，那么我们只要算出重心的期望，就可以推出垂心的期望了。而(A')的坐标只和(BC)有关，与(A)无关（只要保证(A)不在(A')这段弧上即可），那么我们枚举(BC)，计算对应的(A')的贡献就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=3005;double Pi=acos(-1.0);
double x[N],y[N],rx,ry,tmp;int a[N],n,L;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&L);Pi*=2.0/L;
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
fp(i,1,n)fp(j,1,i-1){
R int t=i-j-1;
if(t){
rx+=t*-cos((a[i]+a[j])*0.5*Pi);
ry+=t*-sin((a[i]+a[j])*0.5*Pi);
}
t=n-i+j-1;
if(t){
rx+=t*cos((a[i]+a[j])*0.5*Pi);
ry+=t*sin((a[i]+a[j])*0.5*Pi);
}
}
tmp=1.0*n*(n-1)*(n-2)/2;
rx/=tmp,ry/=tmp;
rx*=3,ry*=3;
printf("%.10lf %.10lf
",rx,ry);
return 0;
}
(E)
好迷的题目啊……
首先把环从(2n)到(1)那里断开变成一条链，然后假设与(1)配对的点是(i)
那么我们接下来就要对([2,i)cup (i,n])之间的点继续配对，因为边要构成一棵树，所以跨过两个区间的边至少要有一条，且如果有多条时端点要单调
枚举最靠外侧的横跨两个区间的边((j,k))，然后先考虑((j,i))之间的点，它们连出的边要么和(j)连出的这条边相连，要么和(i)连出的这条边相连，且一定存在一个分界点(p)，由于((j,k))是最靠外侧的横跨区间的边，所以对于([2,p])之间的点我们不需要再知道([i,n])的信息，那么可以递归为一个([2,j)cup (j,p])的子问题
同理定义((i,k))的分界点(q)，那么后面这个可以递归为一个([q,k)cup (k,n])的子问题。而中间那部分就是一个([p+1,i)cup (i,q-1])的子问题
那么(dp)就行了，复杂度(O(n^7))
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=55;
char s[N][N];ll f[N][N][N];int n;
inline ll calc(R int l,R int r,R int m){
if(~f[l][r][m])return f[l][r][m];
if(l==r)return f[l][r][m]=1;
if(l==m||r==m)return f[l][r][m]=0;
R ll res=0;
fp(j,l,m-1)fp(k,m+1,r)if(s[j][k]=='1')
fp(p,j,m-1)fp(q,m+1,k)
res+=calc(l,p,j)*calc(p+1,q-1,m)*calc(q,r,k);
return f[l][r][m]=res;
}
int main(){
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n<<1)scanf("%s",s[i]+1);
R ll res=0;
fp(i,2,n<<1)if(s[1][i]=='1')res+=calc(2,n<<1,i);
printf("%lld
",res);
return 0;
}
(F)
好玄学的(dp)……
首先，对于一个矩阵(B)，它的权值等价于重新填一个矩阵(A)，且(A[i][j])要小于等于(B[i][j])对应位置上的那(n+m-1)个值中的最小值的方案数，等价于(A)中每行的最大值小于等于(B)中对应行的最小值，(A)中每列的最大值小于等于(B)中对应列的最小值，的方案数
那么最终答案可以转化为所有合法的矩阵(A,B)的个数
我们记(X_i)为(A)中第(i)行的最大值，(Y_i)为(B)中第(i)列的最小值，记(dp[i][j][k])表示已经考虑完了所有(X_ileq k)的(i)行，(Y_ileq k)的(j)列，此时的方案总数，转移分两步
第一步，枚举(X_i=k+1)的行数，那么对于每一个这样的行，在矩阵(B)已经考虑完(Y_ileq k)的那(j)列中，显然是可以任取(geq k+1)的数，而在矩阵(A)还没有考虑的那(m-j)列中，显然是可以任取(leq k+1)的数，且得保证至少有一个(k+1)
第二步，枚举(Y_i=k+1)的列数，那么对于每一个这样的列，在矩阵(B)已经考虑完(X_ileq k+1)的那(i)行中，显然是可以任取(geq k+1)的数，且至少得有一个(k+1)，在矩阵(A)还没有考虑(X_ileq k+1)的那(n-i)行中，可以任取(leq k+1)的数
那么额外记一个(0/1)表示转移的两步，预处理转移系数，时间复杂度为(O(nmk(n+m)))
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
int P;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=105;
int f[N][N][N][2],coef[N][N][N][2],bn[N][N];
int n,m,L,ret,cp;
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&L,&P);
fp(i,0,max(n,m)){
bn[i][0]=1;
fp(j,1,i)bn[i][j]=add(bn[i-1][j],bn[i-1][j-1]);
}
fp(k,1,L)fp(i,0,m){
cp=mul(ksm(L-k+1,i),dec(ksm(k,m-i),ksm(k-1,m-i)));
ret=1;
fp(j,0,n)coef[k][i][j][0]=ret,ret=mul(ret,cp);
}
fp(k,1,L)fp(i,0,n){
cp=mul(dec(ksm(L-k+1,i),ksm(L-k,i)),ksm(k,n-i));
ret=1;
fp(j,0,m)coef[k][i][j][1]=ret,ret=mul(ret,cp);
}
f[1][0][0][0]=1;
fp(k,1,L)fp(i,0,n)fp(j,0,m){
ret=f[k][i][j][0];
fp(l,0,n-i)upd(f[k][i+l][j][1],1ll*ret*bn[n-i][l]%P*coef[k][j][l][0]%P);
ret=f[k][i][j][1];
fp(l,0,m-j)upd(f[k+1][i][j+l][0],1ll*ret*bn[m-j][l]%P*coef[k][i][l][1]%P);
}
printf("%d
",f[L+1][n][m][0]);
return 0;
}