题解

今天第一天和二中的神仙在一起做题…但是本蒟蒻只能在电脑前看着北大神仙打架啊……人家AK我60……对OI丧失信心。
这是一套连lzw4896s都不怎么会的神仙题。

第一题——第一题（diyiti）<——你没有看错

【题目描述】

给定两个01串，S,T(下标从0开始）。

支持如下3种操作：

    修改S第i位的字符，即0->1,1->0.

    修改T第i位的字符，即0->1,1->0.

    查询S[a..a+l-1],T[b..b+l-1]的相似度。

相似度定义如下:

s,t两个字符串的相似度=sigma_{i=0}^{|s|-1} sim(s[i],t[i])

sim(a,b) 有四个参数p_{0,0},p_{0,1},p_{1,0},p_{1,1}。 sim(a,b)的返回值为p_{a,b}。

输入 第一行一个非空字符串S

第二行一个非空字符串T

第三行一个操作个数Q

接下来Q行，每行为”1 i”,”2 i”或”3 a b l p_{0,0} p_{0,1} p_{1,0} p_{1,1}”

输出 若干行，每行对应每个3操作的答案。

样例输入
1010
6
3 0 0 4 1 2 3 4
1 1
3 0 1 3 4 3 7 6
2 2
3 1 0 2 4 5 3 4
3 1 0 3 8 8 8 8
样例输出
10 19 7 24
提示
【数据范围】

10%, |S|,|T|<=1000,Q<=1000

10%, |S|,|T|<=50000,Q<=50000,3操作的p值都为1

10%, |S|,|T|<=50000,Q<=50000,所有操作为3操作且a,b,l相同

20%, |S|,|T|<=50000,Q<=50000,3操作的a,b值为0

50%, |S|,|T|<=100000,Q<=100000,0<=p<=50,由于数据随机生成，可以默认3操作l的期望为|S|/6

题目的前50%的数据比较水….所以裸暴力可以拿到（难道不是 $O(qn)$ ？？？）
题目的80%的数据比较一般，可以快读优化得到（后悔没有打快读orz）
对于最后面的两个点。只能说比较神仙了。完全没有板子。
由于匹配度与区间内的1的个数（或者说0的个数）有关所以可以利用压位和位运算来处理。
不保守的情况下，就来先压缩20位。
先将前20位所有情况下的二进制的1的个数递推求好。
再来处理每一个串，以任意位置为开头的20位的所压缩的数记录好。
更新时需要连续更新有关的20位。
查询时类似于分块，一段段地进行查询。对于散块的情况，可以直接暴力，对于整块的情况，只要将上下两端异或一下然后数1就可以了，而这里的1的个数已经处理好了，每块 $O(1)$ 的查询时间。
这样子大概就可以水过了。
但却实，数据可能比较水。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
void fff(){
    freopen("diyiti.in","r",stdin);
    freopen("diyiti.out","w",stdout);
}
const int MAXN=100010;
char S[MAXN],T[MAXN];
int mi[22],v[1048576];
int s[MAXN],t[MAXN],si[MAXN],ti[MAXN],n,m;
int Q,ans=0,a,b,l;
int v0,v1,v2,v3;

int read(){
    int x=0;
    char ch;
    ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'&&ch!='-') ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
void solve(int li,int ri,int len){
    if(len<20){
        for (int i=0;i<=len-1;i++){
            ans=ans+si[li+i]*v2+ti[ri+i]*v1;
            if((si[li+i]==1)&&(ti[ri+i]==1)) ans=ans+(v3-v1-v2);
        }
        return;
    }
    ans=ans+v[s[li]]*v2+v[t[ri]]*v1;
    ans=ans+v[s[li]&t[ri]]*(v3-v1-v2);
    solve(li+20,ri+20,len-20);
}
int main(){
    scanf("%s%s",S,T);
    n=strlen(S),m=strlen(T);
    mi[1]=1;
    for (int i=2;i<=20;i++) mi[i]=mi[i-1]*2;
    for (int i=0;i<n;i++) 
        si[i]=S[i]-'0';
    for (int i=0;i<m;i++) ti[i]=T[i]-'0';
    for (int i=1;i<=2*mi[20]-1;i++) 
        v[i]=v[i/2]+(i%2);
    int sum=0;
    for (int i=n-1;i>=n-20;i--) sum=sum+mi[n-i]*si[i];
    s[n-20]=sum;
    for (int i=n-21;i>=0;i--){
        sum=sum/2;
        sum=sum+mi[20]*si[i];
        s[i]=sum;
    }
    sum=0;
    for (int i=m-1;i>=m-20;i--) sum=sum+mi[n-i]*ti[i];
    t[m-20]=sum;
    for (int i=m-21;i>=0;i--){
        sum/=2;
        sum=sum+mi[20]*ti[i];
        t[i]=sum;
    }
    scanf("%d",&Q);
    while (Q--){
        int tampo;
        tampo=read();
        if(tampo==1){
            int pos;
            pos=read();
            for (int i=pos;i>=pos-19;i--){
                if(i>=0) s[i]=s[i]^mi[i-pos+20];
            }
            si[pos]=1-si[pos];
            }
        if(tampo==2){
            int pos;
            pos=read();
            for (int i=pos;i>=pos-19;i--){
                if(i>=0) t[i]=t[i]^mi[i-pos+20];
            }
            ti[pos]=1-ti[pos];
        }
        if(tampo==3){
            a=read(),b=read(),l=read();
            v0=read(),v1=read(),v2=read(),v3=read();
            ans=l*v0;
            v1=v1-v0;
            v2=v2-v0;
            v3=v3-v0;
            solve(a,b,l);
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
}

这个算法确实比较难想到…所有人都在想区间，反而没有人想到分块压位了….

第二题——第二题（dierti）

【题目描述】

 询问如下多重集（数字可以重复的集合）的个数：

这个集合中有n个数字，每个数字在1..L之间，n为偶数。

这n个数字能分成n/2组，使得每组有两个数，且这两个数的积不超过c。

答案很大，对10^9+7取模。

输入 一行三个正整数，n,L,c

输出 一个整数，答案

样例输入
4 10 10
样例输出
107
提示
【数据范围】

10%, n=2,L<=1000,c<=1000

20%, n<=8,L<=10,c<=10

20%, n<=100,L<=100,c<=100

10%, n<=100,L<=500,c<=500

40%, n<=2000,L<=2000,c<=2000

其实暴力打对了可以打30的但手残，没有打对。10分。
看这个最开始以为是数位dp或者是组合题。但真的没有先到是纯的dp。
讲一下方程吧… $f[i][j][k]$ 表示第i组一对为 $(j,k)$ 的方案数。
则 $f[i][j][k]=f[i-1][j-x][k-y]$ 表示上一组为 $(j-x,k-y)$ 。
OK那这个方程就是五维的dp了。但用脚想想就知道是不可能吧！
那需要进行压缩。
记 $g[i][j][k]=sum(f[i+1][j][k])$ ， $s[i][j][k]=sum(f[i+1][j-x][k+x])$ 作为前面的前缀和。

f [i] [j] [k] = \sum_{x, y}^{x \leq j, y \geq k} f [i - 1] [x] [y]

$f[i][j][k]=\sum_{x,y}^{x\leq j,y\ge k}f[i-1][x][y]$

那么就可以得出 $f[i][j][k]=s[i-1][j][k]$ ，因为当前状态是所有上一步当前状态的情况数总和。
那么就可以推出:
$g[i][j][k]=g[i][j][k+1]+f[i][j][k]$
$s[i][j][k]=s[i][j-1][k]+g[i][j][k]$
由于需要考虑重复的问题（是个集合，无序）那么就要保证不重复了。从 $a_1,a_n,a_2a_{n-1}...$ 这样子去进行分，转移的时候也是从两边拓展往中间来分，所以方程是从两端进入的。
然后由于当前状态是由前一个状态转移过来的，那么空间上开个滚动可以省掉一维。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
void fff(){
    freopen("dierti.in","r",stdin);
    freopen("dierti.out","w",stdout);
}
const int MOD=1e9+7;
int n,l,c;
int f[55][2005];
int g[55][2005];
int main(){
//  fff();
    scanf("%d%d%d",&n,&l,&c);
    n>>=1;
    f[1][min(l,c)]=1;
    int lim=min(l,(int)sqrt(c));
    for (int i=1;i<=n;i++){
        memcpy(g,f,sizeof(g));
        for (int j=1;j<=lim;j++){
            for (int k=min(l,c/j);k>=j;--k){
                g[j][k]=(g[j][k]+g[j][k+1])%MOD;
            }
        }
        for (int j=1;j<=lim;j++){
            for (int k=min(l,c/j);k>=j;--k){
                g[j][k]=(g[j][k]+g[j-1][k])%MOD;
            }
        }
        swap(f,g);
    }
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=lim;i++){
        for (int k=i;k<=l;k++){
            ans=(ans+f[i][k])%MOD;
        }
    }
    cout<<ans;
}

第三题——第三题（disanti）

【题目描述】

有一个两边点集大小都是n的二分图。他本来是一个完全二分图（即把图中的顶点分成两个集合，使得第一个集合中的所有顶点都与第二个集合中的所有顶点相连）。

每条边都有一个边权。对一个匹配，在匹配中边的边权的总和为这个匹配的价值。但是由于某些原因，这个二分图中的k条边不见了。

他想知道现在这个二分图还有几种完备匹配（如果图的所有顶点都与某匹配中的一条边相关联，则称此匹配为完备匹配)方案，并且所有完备匹配的价值的总和是多少。

input

第一行，一个正整数n。

接下来有n行，每行n个整数，第i行第j个整数w_{i,j}，表示点i向另一个点集中的点j边的权值。注意点从0开始标号。

接下来一行，一个正整数k，表示有多少条边不见了。

接下来k行，每行两个整数u,v，表示点u向另一个点集中的点v边不见了。

output

一行两个整数，第一个数为完备匹配的个数，第二个数为所有完备匹配的价值总和，由于数字较大，请对10^9+7取模。

sample in

5
2 3 4 5 6
5 4 3 2 1
7 6 5 4 3
5 6 7 8 9
3 4 5 6 7
3
1 2
2 2
3 4

sample out

60 1408

10%, n<=100,k=0,w_{i,j}=0
10%, n<=10,k<=20,0<=w_{i,j}<=500。
10%, n<=15,k<=20,0<=w_{i,j}<=500。
10%，n<=100,k=0,0<=w_{i,j}<=500。
10%，n<=100,k<=20,w_{i,j}=0
20%，n<=100,k<=15,0<=w_{i,j}<=500。
30%，n<=300,k<=20,0<=w_{i,j}<=500。

很不幸，这道题我真的不会….如果有生之年能够学会二分图的话，就来补一把题解吧。
贴上的是巨佬屠xc的代码（就是那个北大AK巨佬）。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<ctype.h>
#include<string.h>
#include<math.h>

using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define travel(i,x) for(int i=h[x];i;i=pre[i])

inline char read() {
    static const int IN_LEN = 1000000;
    static char buf[IN_LEN], *s, *t;
    return (s == t ? t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin), (s == t ? -1 : *s++) : *s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x) {
    static bool iosig;
    static char c;
    for (iosig = false, c = read(); !isdigit(c); c = read()) {
        if (c == '-') iosig = true;
        if (c == -1) return;
    }
    for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = ((x + (x << 2)) << 1) + (c ^ '0');
    if (iosig) x = -x;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN], *ooh = obuf;
inline void print(char c) {
    if (ooh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), ooh = obuf;
    *ooh++ = c;
}
template<class T>
inline void print(T x) {
    static int buf[30], cnt;
    if (x == 0) print('0');
    else {
        if (x < 0) print('-'), x = -x;
        for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48;
        while (cnt) print((char)buf[cnt--]);
    }
}
inline void flush() { fwrite(obuf, 1, ooh - obuf, stdout); }
const int N = 305, K = 25, P = 1000000007;
int n, ss, k, ans1, ans2, u[K], v[K], s1[N], s2[N], p[N], a[N][N];
bool vis[K], visu[N], visv[N];
void dfs(int now, int w=1, int sum1=ss, int sum2=0, int tot=0){
    if(now==k){
        ans1=((ll)ans1+w*p[n-tot]+P)%P;
        ans2=(ans2+(ll)w*sum2*p[n-tot])%P;
        if(tot!=n) ans2=(ans2+(ll)w*sum1*p[n-tot-1])%P;
        ans2=(ans2<0?ans2+P:ans2);
        return;
    }
    dfs(now+1, w, sum1, sum2, tot);
    if(!visu[u[now]] && !visv[v[now]]){
        visu[u[now]]=1, visv[v[now]]=1;
        sum1-=s1[u[now]]+s2[v[now]]-a[u[now]][v[now]];
        for(int i=0; i<now; ++i) if(vis[i]) sum1+=a[u[now]][v[i]]+a[u[i]][v[now]];
        vis[now]=1, dfs(now+1, -w, sum1, sum2+a[u[now]][v[now]], tot+1), vis[now]=0;
        visu[u[now]]=0, visv[v[now]]=0;
    }
}
int main() {
    freopen("disanti.in", "r", stdin);
    freopen("disanti.out", "w", stdout);
    p[0]=1;
    rep(i, 1, 300) p[i]=(ll)p[i-1]*i%P;
    read(n);
    rep(i, 0, n-1) rep(j, 0, n-1) read(a[i][j]), s1[i]+=a[i][j], s2[j]+=a[i][j], ss+=a[i][j];
    read(k);
    rep(i, 0, k-1) read(u[i]), read(v[i]);
    dfs(0);
    return printf("%d %d", ans1, ans2), 0;
}

HGOI7.26集训题解

题解

第一题——第一题（diyiti）<——你没有看错

第二题——第二题（dierti）

第三题——第三题（disanti）

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