标签：mod for 取值 cal alt hellip span 回文串 十进制
DAY 4
PART 1 进制转化
10 = 23+21= 1010(2)
= 32+30= 101(3)
进制转化常见问题：
1.十进制数 x ----> k进制
2.k 进制数 x ----> 十进制
1.十进制数 x ----> k进制
短除法：
x不断除以k ，直到得到商为零，过程中所得余数从下到上写，表示结果
2.k 进制数 x ----> 十进制
xn xn-1 xn-2 …… x1 x0 (k)
= xn *kn + xn -1*kn-1 +……+ x0 *k0 (10)
特殊进制
二进制 01001=9
八进制
十进制
十六进制 0x1001=163+160=409
十六进制
每一位取值范围 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C D E F
(10)(11)(12)(13)(14)(15)
0x3F3F3F3F = 3*167+15*166+3*165+…… ≈1.1*109
1.素数与筛法
2.exgcd
~~~~下午考了个试，疯狂爆零~~~~
PS：
如果一棵二叉树的结点要么是叶子结点，要么它有两个子结点，这样的树就是满二叉树。
若设二叉树的深度为h，除第 h 层外，其它各层 (1～h-1) 的结点数都达到最大个数，第 h 层所有的结点都连续集中在最左边，这就是完全二叉树。
等比数列通项公式、求和公式
then，看题
x的祖先是 a ,a可以有很多，从x到1路径上的所有点都是它的祖先
对于两个点x,y，位置不同，向上跳到父节点，直到相遇，第一个相遇的点就是lca
题目计算的是任意两个点 LCA 的深度，这个数量等于，任意两个点公共的祖先共有多少个。
显然成立
任意两个点x,y的公共祖先是a的话，等价于x，y都在a的子树里,也就是相当于a是点对（x,y）的公共祖先，全部寻找完之后，会发现还有其他的点对的公共祖先是a,也就是a还是其他点对的公共祖先，问题就转化为枚举每个节点a,看它是多少个点对的公共祖先
比如我们枚举x,y,有多少个公共祖先a
换一下枚举顺序就是
注意到没有必要将所有点对的 LCA 都计算出来，因为对于同一层的两个节点lca是相同的，每一层只需要算一个节点就行
考虑计算第 i 层的某个节点，是多少个点对的公共祖先，这个数量就是该节点子树内节点数的平方。
(等比数列求和）
是每个a的点对的个数，
是第i层有多少个点
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mod = 998244353; typedef long long LL; int fpm(int p, int k) { int res = 1; for (p %= mod; k; k >>= 1, p = (LL) p * p % mod) if (k & 1) res = (LL) res * p % mod; return res; } int main() { // freopen("lca.in", "r", stdin); // freopen("lca.out", "w", stdout); int n, K; cin >> n >> K; int e = fpm(K - 1, mod - 2); //(K - 1) ^ (-1) int x = (fpm(K, n) - 1) * (LL) e % mod; //(K ^ n - 1) / (K - 1) int ans = (fpm(K, n + 1) + 1) * (LL) x % mod; ans = (ans - 2 * n * (LL) fpm(K, n)) % mod; ans = ans * (LL) e % mod * (LL) e % mod; cout << (ans < 0 ? ans + mod : ans); }
两个序列比较：
四个就是多了两维
t 中不同的回文子序列最多只有 2 m 个。（选或者不选）
问题转化为：怎么判断一个回文串 q 是不是 s 的子序列。
构造自动机：记 next[i][c] 表示 s[i + 1..n] 中 c 第一次最早出现的下标。
只需要沿着 next 走，就 能判断 s 是否包含 q 这个子序列。
理论时间复杂度 O(m2m + 26n)，实际远远达不到这个复杂度
构造自动机：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int maxn = 100005; int n, m, nex[maxn][26], ans; char a[maxn], b[maxn], c[maxn]; bool pal(int l) { for (int i = 1, j = l; i < j ; i++, j--) if (c[i] != c[j]) return false; return true; } void solve(int stp, int l, int cur) { if (l + m - stp + 1 <= ans) return ; if (stp > m) {if (pal(l)) ans = l; return ;} solve(stp + 1, l, cur); if (int t = nex[cur][b[stp] - ‘a‘]) c[l + 1] = b[stp], solve(stp + 1, l + 1, t); } int main() { // freopen("lcscl.in", "r", stdin); // freopen("lcscl.out", "w", stdout); scanf("%s", a + 1); n = strlen(a + 1); scanf("%s", b + 1); m = strlen(b + 1); for (int i = n - 1; i >= 0; i--) { for (int j = 0; j < 26 ; j++) nex[i][j] = nex[i + 1][j]; nex[i][a[i + 1] - ‘a‘] = i + 1; } solve(1, 0, 0); printf("%d", ans); return 0; }
当a,b > 100
a+5 , b-13更优
a,b,>0 b>=13
a+5 , b-13更优
b=7就不一定, 因为考虑到绝对值
复杂度O（30 n）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int maxn = 100005; const LL inf = 1ll << 50; int n; LL a[maxn], b[maxn], now = 0, ans = 0; LL xabs(LL x) {return x < 0 ? -x : x;} LL calc(LL t) { LL res = inf; for (LL a = -4; a <= 4; a++) if ((t - a * 13) % 5 == 0) res = min(res, xabs(a) + xabs((t - a * 13) / 5)); for (LL b = -12; b <= 12; b++) if ((t - b * 5) % 13 == 0) res = min(res, xabs(b) + xabs((t - b * 5) / 13)); return res; } int main() { // freopen("cards.in", "r", stdin); // freopen("cards.out", "w", stdout); scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &b[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) now += a[i] - b[i], ans += calc(now); printf("%lld", ans); }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/xiaoyezi-wink/p/10799597.html
