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2025-10-30 ZYZOJ Star(斯达)模拟赛 hetao1733837的record

news 2025/10/31 10:03:59

比赛背景：很抱歉打扰大家，本人于2025年10月30日查出周期性蛋白脂肪缺乏症，学名lnsanus lovis，是一种广泛存在的慢性病，易感人群多为年轻群体，目前暂无有效的治愈方法，只能使用美国公司Kentucky Fired chicken开发的制剂Firend animal protein，经由食道对胃于小肠中受体进行靶向治疗缓解症状，今天该公司降低药物售价的日子，资助50帮我治疗该慢性病。

T1.palindrome

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~~严肃认为数据过于水了。~~

题面

你有n种字母，其中第n种字母出现次数为a[i]。你想用这些字母拼成若干个串，要求第i种字母恰好

被用了a[i]次，并且要求每个串都是回文串，使得其中最短的串长度最大。

比如四种字符为'a', 'b', 'c', 'd'，出现次数分别为{2,3,2,2}，那么可能的其中几种方案为

{"acdbbbdca"}, {"abbba", "cddc"}, {"aca", "bbb", "dcd"}, 或{"acdbdca", "bb"}。第一种方案中，最短

的串长度为9，是最优的。

样例

输入：

输出：

分析

这不是烫题吗？我们发现，偶数是一定可行的，然而奇数必须放在中间处理。那么把偶数拆分成长度为2的pair，每个奇数均摊，就可保证最短串最长了。而对于全是偶数，自然是直接相加即可。

正解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50005;
int T, n, a[N];
int main(){freopen("palindrome.in", "r", stdin);freopen("palindrome.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> T;while (T--){cin >> n;int cnt_pair = 0;int cnt_1 = 0;long long sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];cnt_pair += (a[i] / 2);if (a[i] % 2 == 1){cnt_1++;}sum += a[i];}if (cnt_1 <= 1){cout << sum << '\n';continue;}cout << 1 + cnt_pair / cnt_1 * 2 << '\n';}
}

T2.expression

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题面

你有n个数字a[1],a[2],…,a[n]和n−1个运算符op[1],op[2],…,op[n-1]排成一行，形如a[1] op1 a[2] op2 … op[n-1] a[n]。其中运算符是+-*中的一个。

每次你会在剩余的数字里面，选出两个相邻的数字，根据它们之间的运算符计算出结果，然后把这两个数和这个运算符替换成算出来的结果。这样进行? − 1 轮之后只剩一个数字。

你想知道对于所有操作的方法，得到的最后的结果的和。两个操作的方法相同，当且仅当每一次操作两种操作方法选的数字位置都一样。

输出答案对10e9 + 7取模的结果，如果余数是负数，把它加上1e9 + 7 后输出。

样例

输入1：

5
1 4 6 8 3
+*-*

输出1：

999999689

输入2：

10
517974382 763433648 185159600 390253537 104798220 734850655 170422025 748232829 820177910 110047331

输出2：

123105432

分析

~~显然是~~区间dp吧……好吧，错误原因是认为这题是神秘思维，将*和-当成分割，然后连subtask都没过/(ㄒoㄒ)/~~

那么，我们好好想一下为啥是区间dp。主要还是因为这题按刚才思路，具备了完整的分段性质（运算符好像本来就是），同时，答案也是左右两端合并而来的。并且，神秘的数据范围给出了 $2\leq n\leq 500$ ，机房大佬击球手说这就是区间dp的上线。好，考虑状态即转移。

设 $dp[l][r]$ 表示 $[l,r]$ 一段计算的期望结果

转移即为 $dp[l][r] = \frac{1}{r-l}\sum_{k=l}^{r-1}dp[l][k] \ op[k] \ dp[k+1][r]$

最后还需乘上 $\left ( n-1 \right )!$

时间复杂度 $O\left ( n^{3} \right )$

正解

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int N = 1005;
int n, dp[N][N];
int f[N]; //阶乘
int c[N][N]; //组合数
char op[N];
signed main(){freopen("expression.in","r",stdin);freopen("expression.out","w",stdout); ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n;f[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> dp[i][i];f[i] = f[i - 1] * i % mod;c[i][0] = 1;} for (int i = 1; i < n; i++) cin >> op[i];c[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 1; j <= n; j++){c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;}}for (int l = 2; l <= n; l++){ //lenfor (int i = 1; i + l - 1 <= n; i++){int j = i + l - 1;for (int k = i; k < j; k++){int x = c[j - 1 - i][k - i];if (op[k] == '+') dp[i][j] = (dp[i][j] + (f[k - i] * dp[k + 1][j] % mod + f[j - k - 1] * dp[i][k] % mod) * x % mod) % mod;if (op[k] == '-') dp[i][j] = (dp[i][j] + (f[j - k - 1] * dp[i][k] % mod - f[k - i] * dp[k + 1][j] % mod) * x % mod + mod) % mod;if (op[k] == '*') dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][k] * dp[k + 1][j] % mod * x % mod) % mod;}}}cout << dp[1][n];return 0;
}

T3.square

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题面

你有个集合{1,2,3,…,n}，你想在里面选出一个子集，满足：

Ⅰ.子集非空，并且大小不超过k。

Ⅱ.这些数字的乘积，不包含任何平方因子，也就是不能被任意大于等于2的数字的平方整除。

求选的子集的方案数，答案对1e9 + 7 取模。

样例：

输入1：

6 4

输出1：

输入2：

100 20

输出2：

368723819

分析

传言是神秘的状压dp，然而作为蒟蒻的我并非会……

浅写一下吧……

然后我们发现当 $n\leq 50$ 时，质数少得可怜，直接暴力。

但题目数据居然是 $n\leq 500$ ，那么我们引入根号分治的思想，对于 $\leq \sqrt{n}$ 的暴力枚举，剩余的进行状压（即选或不选）。

状压dp记录2~19质因子使用情况，剩下每个分为一组。

用dp[i][j][S]表示前i组数字，选了j个，前面8个质因子使用情况为S的方案数，然后要求每个组只能选一个，这样的方案数，直接计算即可。

然后就没了！？

正解

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 610, mod = 1e9 + 7;
int n, lim, isp[N], p[N], idx, a[N], m, cnt[N], mk[N], ans, dp[10][10][N], up, f[N], lst[10][10][N];
int c[N][N];
vector<int> v[N];
signed main(){freopen("square.in", "r", stdin);freopen("square.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n >> lim;f[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) c[i][0] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++){if (isp[i]) continue;p[++idx] = i;for (int j = 2 * i; j <= n; j+=i) isp[j] = 1;}c[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 1; j <= n; j++){c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;}}for (int i = 1; i <= idx; i++) if (p[i] * p[i] <= n) up++;for (int i = 2; i <= n; i++){int x = i, f = 0, ff = 0;for (int j = 1; j <= up; j++){if (x % p[j]) continue;f |= (1 << j - 1);x /= p[j];if (x % p[j]) continue;ff = 1;break;}if (ff) continue;a[++m] = i;cnt[m] = f;mk[m] = (x != 1);if (mk[m]) v[x].push_back(m);} dp[0][0][0] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++){if ((!cnt[i]) || mk[i]) continue;for (int j = 0; j <= up; j++){for (int k = up; k >= 1; k--){for (int l = 0; l < (1 << up); l++){if ((l | cnt[i]) != l) continue;if (j >= mk[i] && k >= 1) dp[j][k][l] = (dp[j][k][l] + dp[j - mk[i]][k - 1][l ^ cnt[i]]) % mod;}}}}for (int r = p[up] + 1; r <= n; r++){for (int j = 0; j <= up; j++) for (int k = 0; k <= up; k++) for (int l = 0; l < (1 << up); l++) lst[j][k][l] = dp[j][k][l];for (int i : v[r]){if (!cnt[i]) continue;;for (int j = 0; j <= up; j++){for (int k = up; k >= 1; k--){for (int l = 0; l < (1 << up); l++){if ((l | cnt[i]) != l) continue;if (j >= mk[i] && k >= 1) dp[j][k][l] = (dp[j][k][l] + lst[j - mk[i]][k - 1][l ^ cnt[i]]) % mod;}}}}}for (int i = 1; i <= lim; i++){for (int j = 0; j <= up; j++){for (int k = 0; k <= min(lim, up); k++){for (int l = 0; l < (1 << up); l++){ans = (ans + dp[j][k][l] * c[idx - up - j + 1][i - k] % mod) % mod;}}}}cout << ans;return 0;
}

T4.color

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题面

你有一个n*m的棋盘，开始有些格子被染上了红色或者蓝色，有些格子没有颜色。你想对所有未染色的格子染上红色或者蓝色，使得棋盘中每个长宽都为偶数的矩形里面红色蓝色出现个数相同。

求染色的方案数，答案对1e9+7取模。

样例

输入

3 3
???
?R?
???

输出

大家猜我会吗？

直接上代码！

分析

首先一个条件是每个2×2的子矩形，里面的红色和蓝色个数是一样多的。如果棋盘中有两个相邻的元素同色，那么有如下

????BB????

????RR????

????BB????

????RR????

...

同时，对于每一列也一定是RB交替的，这样也一定满足条件。如果没有相邻的同色，那么整个矩形是红蓝相间的，也满足条件。换句话来说，把所有(i,j)满足i+j是偶数的位置，颜色红蓝反转，那么一定是所有行都同色或者所有列都同色。于是可以计算所有行同色所有列同色方案，减去两个都同色的情况即可.

正解

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int T=1,n,m,res;
char a[N][N],b[N][N];
int check(){int sum=1;for(int i=1;i<=n;i++){bool f1=1,f2=1;for(int j=1;j<=m;j++){if(j&1)b[i][j]='R';else b[i][j]='B';if(a[i][j]!='?'&&a[i][j]!=b[i][j]){f1=0;break;}}for(int j=1;j<=m;j++){if(j&1)b[i][j]='B';else b[i][j]='R';if(a[i][j]!='?'&&a[i][j]!=b[i][j]){f2=0;break;}}if(!f1&&!f2)return 0;if(f1&&f2)(sum*=2)%=mod;}return sum;
}
void solve(int cs){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>a[i][j];}}res=check();bool flag=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(a[i][j]=='?')continue;char c;if(a[i][j]=='R'){if(i&1)c='R';else c='B';}else{if(i&1)c='B';else c='R';}if(a[1][j]!='?'&&c!=a[1][j]){flag=0;break;}a[1][j]=c;}}if(flag){int tot=1;for(int j=1;j<=m;j++){if(a[1][j]=='?')(tot*=2)%=mod;}bool f1=1,f2=1;for(int j=1;j<=m;j++){if(a[1][j]=='?')continue;if(j&1){if(a[1][j]!='R'){f1=0;break;}}else{if(a[1][j]!='B'){f1=0;break;}}}for(int j=1;j<=m;j++){if(a[1][j]=='?')continue;if(j&1){if(a[1][j]!='B'){f2=0;break;}}else{if(a[1][j]!='R'){f2=0;break;}}}if(f1)(tot+=mod-1)%=mod;if(f2)(tot+=mod-1)%=mod;(res+=tot)%=mod;}cout<<res<<'\n';
}
signed main(){freopen("color.in","r",stdin);freopen("color.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//	cin>>T;for(int cs=1;cs<=T;cs++){solve(cs);}return 0;
}

he的机房巨佬aoao的！

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