标签：mit gre http 一个 不同 c++ php style turn
一个数，表示满足所有条件且长度为n的大数的个数，答案可能很大，因此输出答案模10^9+7的结果即可。
思路:{
自己写的时候脑抽了。。。。竟然以为是一个后缀数组的逆序问题。。。。。
我们想，对于一个位置，和他连接的必然值和他相同，这让我们想到了并查集。
那最后乘法原理得出的解就是9*10^(连通块的个数-1)(最高位为0的情况排除！)
然而数据范围给力。考虑优化。数据范围得知大致为O(nlogn)，嗯想到辣倍增
处理f[i][j]为i---i+2^j-1的所属连通块，在每次限制的时候，倍增修改一下。
最后把大的推广到小的，即f[i][j]->f[i][j-1]和f[i+(1<<j)][j-1]，
再查询一下连通块数量都可以辣！！！！真是妙极辣！！！！！
}
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define il inline
#define N 100010
#define MOD 1000000007
#define LL long long
using namespace std;
int f[21][N],n,m,cnt;LL Ans=9;
int find(int x,int y){if(f[y][x]!=x)f[y][x]=find(f[y][x],y);return f[y][x];}
void merge(int x,int y,int len){
if(find(x,len)!=find(y,len))
f[len][f[len][x]]=f[len][y];
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);for(int j=0;j<=20;++j)for(int i=1;i<=n;++i)f[j][i]=i;
for(int i=1;i<=m;++i){
int a,b,c,d;scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
for(int j=20;j!=-1;j--)
if(a+(1<<j)-1<=b)merge(a,c,j),a+=1<<j,c+=1<<j;
}
for(int j=20;j;j--)
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)
merge(i,find(i,j),j-1),
merge(i+(1<<(j-1)),f[j][i]+(1<<(j-1)),j-1);
for(int i=1;i<=n;++i)if(find(i,0)==i)cnt++;
for(int i=1;i<cnt;++i)Ans*=10,Ans%=MOD;cout<<Ans;
return 0;
}
标签：mit gre http 一个 不同 c++ php style turn
原文地址：http://www.cnblogs.com/zzmmm/p/7231136.html
