EOJ Monthly 2017.12 (暨 ECNU 12 月内部选拔) 题解
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A 水题，模拟即可
B. 在哈尔滨的寒风中
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kblack 来到了寒冬中的哈尔滨，哈尔滨的寒风令 kblack 瑟瑟发抖。
世界上最远的距离，是你与宾馆只差一条冰街，而你却忘了穿上秋裤。
kblack 终于冲进了宾馆，宾馆大厅的地板铺满了五颜六色的地砖，可以被看作是一块 n×m 格的棋盘，为了能使冻僵了的双脚尽快暖和起来，kblack 决定在地砖上走动，但是他被速冻的双脚在棋盘地板上只能走马步。
kblack 居然想知道有多少对地砖（无序点对）他可以通过若干步马步互相抵达！
Input
输入包含一行两个正整数 n, m，表示棋盘的大小，保证 1≤n×m≤109 。
Output
输出包含一个整数，表示 kblack 可以通过马步互相到达的无序地砖对数。
Examples
input
1 2
output
0
input
4 2
output
4
思路：
第2次尝试用大数，比赛时候没有发现n*m<=1e9,最后其实不用大数也能过，
虽然限制只能走马步，但我们很容易意识到在足够大的棋盘（例如象棋棋盘）上，马可以达到任何位置。事实上通过简单的验证，可以发现这一大小的下界是 3×4。
于是对于所有 ≥3×4 的棋盘，我们可以断言所有砖之间可以互相到达，此时答案为 (nm2)。
当棋盘大小为 3×3 时，通过简单的模拟可以发现外围的 8 块砖可以互相到达，此时答案为 (82)。
当棋盘大小为 2×n 时，我们发现不同奇偶不同的行/列交替可达，此时有 2 组 ⌊n/2⌋ 的联通块与两组 n−⌊n/2⌋ 的联通块，答案为 2×(⌊n/2⌋2)+2×(n−⌊n/2⌋2)。
当棋盘大小为 1×n 时，没有合法的马步，此时答案为 0。
注意答案可能超过 2147483647，需要使用 long long 类型。
c++
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
ll n, m;
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if (n == 1 || m == 1) printf("0\n");
else if (n == 2 || m == 2){
n = max(n, m);
printf("%lld\n", (n/2)*(n/2-1)+(n-n/2)*(n-n/2-1));
}
else if (n == 3 && m == 3) printf("28\n");
else printf("%lld\n", n*m*(n*m-1)/2);
return 0;
}java
import java.math.BigInteger;
import java.util.*;
public class Main {
private static Scanner scan;
public static void main(String[] args) {
scan = new Scanner(System.in
);
BigInteger n,m,u1,u2,u3;
n=scan.nextBigInteger();
m=scan.nextBigInteger();
BigInteger t1 = BigInteger.valueOf(1);
BigInteger t2 = BigInteger.valueOf(2);
BigInteger t3 = BigInteger.valueOf(3);
// System.out.println(n);
if(n.equals(t1)||m.equals(t1))
System.out.println("0");
else if(n.equals(t3)&&m.equals(t3))
System.out.println("28");
else if(n.equals(t2))
{
u1 = m.subtract(t1);
u2 = m.subtract(t2);
u1 = u1.multiply(u2);
u1 = u1.divide(t2);
u3 = m.subtract(t3);
u3 = u3.add(t2);
u3 = u3.divide(t2);
u3 = u3.add(u1);
System.out.println(u3);
}
else if(m.equals(t2))
{
u1 = n.subtract(t1);
u2 = n.subtract(t2);
u1 = u1.multiply(u2);
u1 = u1.divide(t2);
u3 = n.subtract(t3);
u3 = u3.add(t2);
u3 = u3.divide(t2);
u3 = u3.add(u1);
System.out.println(u3);
}
else
{
n = n.multiply(m);
//System.out.println(n);
m = n;
//System.out.println(m);
m = m.subtract(t1);
//System.out.println(m);
//System.out.println(m);
n = n.multiply(m);
n = n.divide(t2);
System.out.println(n);
}
}
}G1. 唐纳德与子串 (Easy)
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子串的定义是在一个字符串中连续出现的一段字符。这里，我们使用 s[l…r] 来表示 s 字符串从 l 到 r（闭区间）的子串。在本题中，字符串下标从 0 开始。显然，对于长度为 n 的字符串共有 n(n+1)2 个子串。
对于一个给定的字符串 s，唐纳德给出 q 次询问，第 i 次询问包括三个参数 li,ri,zi，问在 s[li…ri] 的所有子串*有多少个恰好为 zi。
Input
输入具有如下形式：
sql1 r1 z1l2 r2 z2⋮lq rq zq
第一行一个字符串 s。
第二行一个整数 q。
接下来每行：首先两个整数 li,ri (0≤li≤ri<|s|)，然后是一个非空字符串 zi。整数和整数，整数和字符串间以单空格隔开。
字符串中只会出现 26 个小写英文字母。
数据规模约定：
对于 Easy 档：1≤|s|≤100,q≤∑|zi|≤100。
对于 Hard 档：1≤|s|≤105,q≤∑|zi|≤105。
Output
对于每次询问，输出一个整数，表示答案。
Examples
input
thisisagarbagecompetitionhahaha
5
0 30 a
1 5 is
25 30 hah
6 12 ag
7 12 ag
output
6
2
2
2
1
#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[900],ss[200];
unsigned int h[2000],h2[200],base[200];
inline void init_hash(int l,char *s,unsigned int*h)
{
h[0] = 0;
for(int i=1;i<=l;i++)
h[i] = h[i-1]*131+s[i-1];
base[0] = 1;
for(int i=1;i<=l;i++)
base[i] = base[i-1]*131;
}
inline unsigned int str(unsigned int*h,int l,int r)
{
return h[r]-h[l]*base[r-l];
}
int main()
{
cin>>s;
init_hash(200,s,h);
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
unsigned int p1 = str(h,l,r);
// cout<<p1<<endl;
cin>>ss;
int len = strlen(ss);
init_hash(len,ss,h2);
unsigned int p2 = str(h2,0,len);
//cout<<p2<<endl;
int sum = 0;
for(int ii=l;ii<=r+1;ii++)
{
for(int j=ii+1;j<=r+1;j++)
{
unsigned int p1 = str(h,ii,j);
if(p1==p2)sum++;
}
}
cout<<sum<<endl;
}
return 0;
}C：
Prepared by ultmaster.
我们可以先考虑字符串有序的情况，比如是 aaabcc，我们只要将字符串右移 3 位，变成 bccaaa，就做完了。那么对于无序的情况，我们可以通过排序让它有序，做完之后再排回去。
显然最多的字母出现次数大于一半的情况是不行的。否则就将每个字母的位置和字母绑定一下，按字母序对结构体进行排序。然后右移「出现最多的字母出现次数」位，再排回来就可以了。时间复杂度 O(nlogn)。
也可以对 26 个字母进行遍历，把每个字母填到合适的位置。具体细节留给读者思考。
#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int i;
char e;
char ee;
}s[100010];
char ss[100010];
int cmp(node a,node b)
{
return a.e-'a'<b.e-'a';
}
int cmp2(node a,node b)
{
return a.i<b.i;
}
int main()
{
scanf("%s",ss);
int book[200]={0};
int len = strlen(ss);
for(int i=0;ss[i];i++)
{
s[i].i = i;
s[i].e = ss[i];
book[ss[i]-'a'+1]++;
}
int mm = 0;
int ans ;
for(int i=1;i<=26;i++)
{
if(book[i]>mm)
{
mm = book[i];
ans = i;
}
}
if(mm>len/2)
printf("impossible\n");
else
{
//cout<<mm<<endl;
sort(s,s+len,cmp);
// for(int i=0;i<len;i++)
// {
// printf("%c",s[i].e);
// }
// cout<<endl;
for(int i=0;i<len;i++)
{
s[i].ee = s[(mm+i)%len].e;
}
sort(s,s+len,cmp2);
for(int i=0;i<len;i++)
{
printf("%c",s[i].ee);
}
}
return 0;
}D 二分匹配 匈牙利匹配模板+因子分解（bzoj锦囊问题）
Time limit per test: 1.0 seconds
Memory limit: 256 megabytes
唐纳德是一个数学天才。有一天，他的数学老师决定为难一下他。他跟唐纳德说：「现在我们来玩一个游戏。这个游戏总共 n 轮，每一轮我都会给你一个数（第 i 轮给出的数是 ai）。你每次要回答一个数，是我给出的这个数的质因数，并且你说出的数不能重复。」
因为数学老师是刻意为难，所以这个游戏很有可能不可能进行到最后。但是聪明的数学老师早就已经知道这个游戏最多能进行几轮了。现在他把问题抛给了你，想看看你知不知道。
注意，1 不是质数。
Input
输入具有如下形式：
na1 a2 … an
第一行一个整数 n (1≤n≤3 000)。
第二行 n 个整数用空格隔开，a1,a2,…,an (2≤ai≤106)。
Output
输出游戏最多能进行几轮。
Examples
input
3
7 6 3
output
3
input
5
2 2 2 2 2
output
1
Source
EOJ Monthly 2017.12
题解：
又到了喜闻乐见的套路题时刻。
一个很显然的想法是对左边的 n 轮和右边个质因数之间建边，便是一个二分图，就是做匹配。但是很遗憾，朴素的匹配是错误的，因为存在一个顺序问题。正确的做法是有一次如果不能找到匹配，就直接跳出。这是一个非常经典的问题，具体证明可以自行搜索 BZOJ 锦囊问题。
求素数可以使用朴素的 O(n−−√) 做法，用素数筛筛过头了可能反而会超时。因为素数不多，但素数的范围比较大，如果直接照抄板子每次都 memset 可能会超时，可以打时间戳，或者直接对质数进行离散化。
也可以二分答案直接跑二分图，姿势好一点也能过。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+7;
vector<int> v[maxn],g[maxn];
int vis[maxn],a[maxn],l[maxn];
bool dfs(int u)
{
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int j = g[u][i];
if(!vis[j])
{
vis[j] =true;
if(l[j]==-1||dfs(l[j]))
{
l[j] = u;
return true;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
int ans;
memset(l,-1,sizeof(l));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]==1)
{
n = i-1;//出现1即跳出即可
break;
}
for(int j=2;j*j<=a[i];++j)
{
while(a[i]%j==0)
{
v[i].push_back(j);
a[i]/=j;
}
}
if(a[i]!=1)v[i].push_back(a[i]);
}
if(n==0)
{
puts("0");
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<v[i].size();j++)
{
g[i].push_back(v[i][j]);
}
memset(vis,false,sizeof(vis));
if(!dfs(i))break;
else ans = i;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}【bzoj1191】[HNOI2006]超级英雄Hero
Description
现在电视台有一种节目叫做超级英雄,大概的流程就是每位选手到台上回答主持人的几个问题,然后根据回答问题的多少获得不同数目的奖品或奖金。主持人问题准备了若干道题目，只有当选手正确回答一道题后，才能进入下一题，否则就被淘汰。为了增加节目的趣味性并适当降低难度，主持人总提供给选手几个“锦囊妙计”，比如求助现场观众，或者去掉若干个错误答案（选择题）等等。 这里，我们把规则稍微改变一下。假设主持人总共有m道题，选手有n种不同的“锦囊妙计”。主持人规定，每道题都可以从两种“锦囊妙计”中选择一种，而每种“锦囊妙计”只能用一次。我们又假设一道题使用了它允许的锦囊妙计后，就一定能正确回答，顺利进入下一题。现在我来到了节目现场，可是我实在是太笨了，以至于一道题也不会做，每道题只好借助使用“锦囊妙计”来通过。如果我事先就知道了每道题能够使用哪两种“锦囊妙计”，那么你能告诉我怎样选择才能通过最多的题数吗？
Input
输入文件的一行是两个正整数n和m(0 < n <1001,0 < m < 1001)表示总共有n中“锦囊妙计”，编号伟0~n-1，总共有m哥问题。
以下的m行，每行两个数，分别表示第m个问题可以使用的“锦囊妙计”的编号。
注意，每种编号的“锦囊妙计”只能使用一次，同一个问题的两个“锦囊妙计”可能一样。
Output
第一行为最多能通过的题数p
Sample Input
5 6
3 2
2 0
0 3
0 4
3 2
3 2
Sample Output
4
C++
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int mp[1001][1001],lk[1001];
int n,m;
bool y[1001];
bool find(int x)
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(!y[i]&&mp[x][i])
{
y[i]=1;
if(!lk[i]||find(lk[i]))
{
lk[i]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
mp[i][x]=mp[i][y]=1;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
memset(y,0,sizeof(y));
if(find(i))ans++;
else break;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}E：
E比昨天更多的棒棒糖（Easy+Hrad）（华师网络赛）（DP||母函数||背包优化）
Time limit per test: 2.0 seconds
Memory limit: 512 megabytes
唐纳德先生的某女性朋友最近与唐纳德先生同居。该女性朋友携带一 baby。该 baby 酷爱吃棒棒糖，且有一个奇怪的特性：今天吃的棒棒糖一定要比昨天的棒棒糖更多，至少要一样多。如果棒棒糖少了，baby 就会很不高兴；另外如果有连续 k 天棒棒糖的数量都是一样的，baby 也会很不高兴。
唐纳德先生发现他的口袋里只有可怜的 n 元钱，他可以用 1 元钱买 1 根棒棒糖。他想用这些钱逗 baby 开心，这些钱可以不花完。他可以从某一天开始再也不买棒棒糖，把他的女性朋友和 baby 一起送回家；但是他绝对不能让 baby 不高兴，否则他的女性朋友可能对他做一些不和谐的事情。
唐纳德先生想要知道，他总共有多少种买棒棒糖的方案，两种方案不相同当且仅当总天数不相同，或者某一天买的棒棒糖数量不相同。唐纳德先生知道这个问题对于聪明的你实在是太简单了，所以他加了一个附加条件：他第一天必须买棒棒糖，而且至少买 x 根棒棒糖。
Input
一行三个整数 n,x,k。
数据范围约定：
对于 Easy 档：1≤n,x≤100,2≤k≤100。
对于 Hard 档：1≤n,x≤104,2≤k≤104。
Output
输出答案模 998 244 353。
Examples
input
3 1 2
output
4
input
1 1 2
output
1
input
4 2 3
output
4
Note
样例 1：
有四种方案：
第一天 1；
第一天 2；
第一天 3；
第一天 1，第二天 2；
注意第一天和第二天都买 1 是不行的，因为连续两天棒棒糖数量一样，baby 就会很不高兴。
题意：
把n表示成a1*p1+a2*p2+a3*p3…的形式，且满足x<=a1
Easy版本，普通母函数
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<memory.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int Mod=998244353;
int c1[330],c2[330],ans,x,K,p;
int n,i,j,m,k;
void _get()
{
memset(c1,0,sizeof(c1));
memset(c2,0,sizeof(c2));
scanf("%d%d",&x,&K);
for(k=0;k<K&&k*x<=n;k++) {
c1[k*x]=1;
ans=(ans+c1[k*x])%Mod;
}
for(i=x+1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=n;j++)
for(k=0;k*i+j<=n&&k<K;k++) {
c2[k*i+j]+=c1[j];
if(k) ans=(ans+c1[j])%Mod;
}
for(k=0;k<=n;k++) {
c1[k]=c2[k];
c2[k]=0;
}
}
ans=(ans+Mod-1)%Mod;
}
int main()
{
while(cin>>n) {
ans=0;
_get();
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
Hard版本，母函数优化背包。
include<cstdio>
include<cstdlib>
include<iostream>
include<cstring>
using namespace std;
const int Mod=998244353;
const int maxn=10100;
long long a[maxn],b[maxn],c[maxn],ans;
int main()
{
int n,x,k,i,j;
scanf("%d%d%d",&n,&x,&k);
a[0]=b[0]=1;
for(i=x;i<=n;i++)
for(j=n;j>=0;j--)
if(j>=i*k) a[j]=(a[j]-a[j-i*k])%Mod;
for(i=x;i<=n;i++)
for(j=i;j<=n;j++)
b[j]=(b[j]+b[j-i])%Mod;
for(i=0;i<=n;i++)
for(j=0;j<=n;j++)
if(i+j<=n) c[i+j]=(c[i+j]+a[i]*b[j])%Mod;
for(i=1;i<=n;i++)
ans=((ans+c[i])%Mod+Mod)%Mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}