标签：简单 set 特殊情况 最大的 要求 修改 find let 因此
\(T\) 组测试数据，每次给定 \(a,b,c,d,x,y,x_1,y_1,x_2,y_2\)。起点是 \((x,y)\)，要左走 \(a\) 步，右走 \(b\) 步，下走 \(c\) 步，上走 \(d\) 步（这题的 \(x\) 和 \(y\) 轴与平时相反）。求是否有走法，使得走的过程中总是满足 \(x_1\le x\le x_2\)，\(y_1\le y\le y_2\)。如果满足输出 \(\texttt{YES}\)，否则输出 \(\texttt{NO}\)。
数据范围：\(1\le T\le 10^3\)，\(0\le a,b,c,d\le 10^8\)，\(a+b+c+d\ge 1\)，\(-10^8\le x_1\le x\le x_2\le 10^8\)，\(-10^8\le y_1\le y\le y_2\le 10^8\)。
本来以为直接找到最终点看看在不在范围内就够了，但是后来发现过不了样例。
有一种特殊情况：\([x_1=x]\&[x=x_2]\&[a,b>0]\&[a+b=0]\)（一走就走出范围了），答案是 \(\texttt{NO}\)，你会输出 \(\texttt{YES}\)。
对于 \(y,c,d\) 同理，所以特判一下就过了。
易错点：
代码：
//Data
int a,b,c,d,x,y,x1,y1,x2,y2;
il int yes(){
if(a&&b) if(x==x1&&x==x2) return 0;
if(c&&d) if(y==y1&&y==y2) return 0;
x-=a,x+=b,y-=c,y+=d;
return x1<=x&&x<=x2&&y1<=y&&y<=y2;
}
//Main
int main(){
re int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d%d%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&x,&y,&x1,&y1,&x2,&y2);
if(yes()) puts("YES"); else puts("NO");
}
return 0;
}
\(T\) 组测试数据，每次给定一个长度为 \(n\) 的合数序列 \(a_i\)，需要将每个数染上颜色，使满足对于任意两个颜色相同的数不互质。求一种颜色数为 \(m\) 的染色方案（\(m\) 自选，不需最小，只需满足 \(m\in[1,11]\)）。
数据范围：\(1\le T\le 10^3\)，\(1\le n\le 10^3\)，\(4\le a_i\le 10^3\)，\(1\le \sum n\le 10^4\)。
对于任意满足数据范围限制的序列绝对有解。
对于任何合数 \(a_i\le 1000\)，必然有 \(d\) 满足 \([d|i]\&[d<32]\)。
\([1,32)\) 中正好有 \(11\) 个质数，所以遍历每个质数然后把它们的倍数染同色即可。
易错点：
题目中有说对于 \(1\sim m\) 中的每个颜色，必须有该颜色的数，所以需要对颜色离散化。
代码：
//Data
const int N=1000;
int n,a[N+7],co[N+7];
//Prime
bitset<37> np;
vector<int> p;
//Main
int main(){
for(re int i=2;i<=32;i++){
if(!np[i]) p.pb(i);
for(re int j:p)if(i*j>N) break;else np[i*j]=1;
}
re int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",a+i);
re int C=0;
fill(co+1,co+n+1,0);
for(re int j:p){
re int ttt=0;
for(re int i=1;i<=n;i++){
if(!co[i]&&a[i]%j==0){ttt=1,co[i]=C+1;}
}
if(ttt) C++;
}
printf("%d\n",C);
for(re int i=1;i<=n;i++)
printf("%d%c",co[i],"\n "[i<n]);
}
return 0;
}
\(T\) 组测试数据，给定 \(n\) 和 \(k\) 满足 \(k|n\)，给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，求最少修改 \(s\) 的几个字母，使得 \(s\) 是回文串并且对于所有 \(1\le i\le n-k\)，满足 \(s_i=s_{i+k}\)。
数据范围：\(1\le t\le 10^5\)，\(1\le k<n\le 2\times 10^5\)，\(\sum n\le 2\times 10^5\)。
第二个条件等价于 \(s\) 的 \(\frac nk\) 个 \(k\) 长子段相等；因为 \(s\) 是回文的，所以每个 \(k\) 长子段也是回文的。
所以对于每个 \(1\le i\le \lfloor\frac k2\rfloor\)，满足：
如果 \(k\in \mathbb{odd}\)，对于 \(i=\frac {k+1}2\) 满足：
所以把每群相等的字符中出现次数最多的字符留着，把别的字符改成该字符即可。
代码：
//Data
const int N=200000;
int n,k;
char s[N+7];
int cnt[30];
//Main
int main(){
re int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d\n%s",&n,&k,s+1);
re int ans=0;
for(re int i=1;i<=k/2;i++){
memset(cnt,0,sizeof cnt);
re int tmp=0;
for(re int j=i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-‘a‘]++,tmp++;
for(re int j=k+1-i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-‘a‘]++,tmp++;
re int mx=0;
for(re int i=1;i<26;i++) if(cnt[i]>cnt[mx]) mx=i;
ans+=tmp-cnt[mx];
}
if(k&1){ //k∈odd
int i=(k+1)/2;
memset(cnt,0,sizeof cnt);
re int tmp=0;
for(re int j=i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-‘a‘]++,tmp++;
re int mx=0;
for(re int i=1;i<26;i++) if(cnt[i]>cnt[mx]) mx=i;
ans+=tmp-cnt[mx];
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
给定一个 \(k\)，要求构造一个随意大小为 \(n\times m\) 的矩阵 \(a_{i,j}\) 使得用
得到的答案与从 \((1,1)\) 到 \((n,m)\) 的最小按位与路径答案相差 \(k\)。
数据范围：\(1\le n,m\le 500\)，\(0\le a_{i,j}\le 3\cdot 10^5\)，\(0\le k\le 10^5\)。
很巧妙的一题，从数据范围以及样例中可以猜测到这题有通解。
首先这个答案 \(S\) 肯定是比真实答案 \(Ans\) 大的，所以 \(S-Ans=k\)。
通过研究第二个样例，可以发现，鲍勃的代码会盲目找最大的，不会考虑如 \(7\&3>8\&3\) 的情况。
所以可以找一个 \(t=2^c>k\)，构造如下 \(3\times 4\) 矩阵：
所以鲍勃的代码 \(dp_{3,3}=t,dp_{3,4}=0\)。
而真正的最小按位与路径为 \((t|k)\&k\&k\&k\&(t|k)\&k\)，答案为 \(k\)。
正好相差 \(k\)。
代码：
//Data
//Main
int main(){
re int k,t=1;
scanf("%d",&k);
while(t<=k) t<<=1;
printf("3 4\n");
printf("%d %d %d %d\n",t|k,k,k,0);
printf("%d %d %d %d\n",t,0,k,0);
printf("%d %d %d %d\n",t,t,t|k,k);
return 0;
}
给定 \(n,m,L,R\)，求大小为 \(n\times m\) 的矩阵 \(a_{i,j}\) 中满足 \(L\le a_{i,j}\le R\) 并且可以通过相邻元素一起 \(+1\)、元素 \(+2\) 两种操作使整个矩阵相等的数量 \(\bmod 998244353\)。
数据范围：\(1\le n,m,L,R\le 10^9\)，\(L\le R\)。
很明显 \(L\) 和 \(R\) 的绝对大小不重要，所以设 \(H=R-L+1\)。
如果没有后一个限制，答案应该是 \(H^{nm}\)。
手玩几下会发现，只要奇偶性满足要求，该矩阵就满足要求，所以：
易错点：
代码：
//Data
const int Mo=998244353;
int n,m,a,b,h;
lng sz;
il int Pow(re int a,re int x){
if(a==0) return 0;
re int res=1;
for(;x;a=1ll*a*a%Mo,x>>=1)if(x&1)res=1ll*res*a%Mo;
return res;
}
//Main
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
h=b-a+1,sz=1ll*n*m;
if(sz&1) printf("%lld\n",1ll*Pow(h,sz%(Mo-1)));
else if(h&1) printf("%lld\n",1ll*(Pow(h%Mo,sz%(Mo-1))+1+Mo)%Mo*Pow(2,Mo-2)%Mo);
else printf("%lld\n",1ll*Pow(h%Mo,sz%(Mo-1))*Pow(2,Mo-2)%Mo);
return 0;
}
给定树 \(G=(V,E)\)，\(n\) 个点。令 \(E‘\in E\)，求所有 \(E‘\) 所有边上的节点的独立集数量之和 \(\bmod 998244353\)（独立集大小可以为 \(0\)，\(E‘\neq\varnothing\)）。
数据范围：\(2\le n\le 3\times10^5\)。
这么简单的树形 \(\texttt{dp}\) 我竟然不会，而且想了好久，我太蒻了。
设 \(f_{o,i}\) 表示：
以上“答案”均包括选的边为空的情况。
如果选了该节点，就不能选子节点（独立集的定义），所以：
如果该节点不选，子节点随意：
容斥原理，减去 \(i\) 不选的情况（即子树任意）：
因为答案不应包括选的边为空的情况，所以最终答案为 \(f_{0,1}-1\)。
代码：
//Data
const int N=300000,m=998244353;
int n;
vector<lng> f[3];
vector<vector<int> > e;
//Dfs
il void Dfs(re int x,re int fa){
f[0][x]=f[1][x]=f[2][x]=1;
for(re int to:e[x])if(to!=fa){
Dfs(to,x);
(f[0][x]*=f[0][to])%=m;
(f[1][x]*=(f[0][to]+f[1][to]+f[2][to]))%=m;
(f[2][x]*=(f[0][to]+f[1][to]))%=m;
}
f[0][x]=(f[1][x]+f[2][x]-f[0][x]+m)%m;
}
//Main
int main(){
scanf("%d",&n);
e.resize(n+7);
for(re int i=0;i<3;i++) f[i].resize(n+7);
for(re int i=1,u,v;i<n;i++)
scanf("%d%d",&u,&v),e[u].pb(v),e[v].pb(u);
Dfs(1,0);
printf("%lld\n",(f[0][1]+m-1)%m);
return 0;
}
祝大家学习愉快！
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Wendigo/p/12611937.html
