AtCoder-arc058(题解)

A - こだわり者いろはちゃん / Iroha's Obsession(暴力)

题目连接

题目大意：

给你 \(k\) 个个位数字和一个数字 \(n\) ，要求找到一个大于等于n的数字，使得不出现 \(k\) 个数.

大体思路：

直接枚举就好了，最多枚举到多一位。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int vis[20];
bool check(int x){
    while(x){
        int d=x%10;
        x/=10;
        if(vis[d])return 0;
    }
    return 1;
}
int main()
{
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1,x;i<=k;i++)scanf("%d",&x),vis[x]=1;
    for(int i=n;;i++){
        if(check(i)){
            printf("%d\n",i);return 0;
        }
    }
    return 0;
}

B - いろはちゃんとマス目 / Iroha and a Grid(组合数)

题目连接

题意大意：

一个 \(H\) 和 \(W\) 的长方形矩阵，在其左下角的 \(X\) 和 \(Y\) 长方形矩阵不能走，问从左上角往下和往右到右下角的方案数 \(（）（H,W<=1e5）\)

大体思路：

首先要知道，若没有不能走的格子，从 \((x1,y1)\) 走到 \((x2,y2)\) 的方案数应该是 \(C(x2+y2-x1-y1,x2-x1)\) ，咱们假设左上角坐标位 \((1,1)\) ，右下角坐标位 \((H,W)\) ，那么以 \(x=X\) 为分界线，将可行部分分红两个不一样大小的矩形，那么对于每个方案必须向右穿过这个分界线，那么假设 \(y=i\) ，咱们要从 \((X,i) \to (X+1,i)\) ，咱们只要算出从 \((1,1) \to (X,i)\) 的方案数 \(*\) 从 \((X+1,i) \to (H,W)\) 的方案数，而后把分界线上的每个点累加起来就能够获得答案，预处理阶乘和阶乘的逆元。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
ll n,m,a,b;
ll ksm(ll a,ll b){
    ll res=1,t=a;
    while(b){
        if(b&1)res=(res*t)%mod;
        t=(t*t)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll jc[N],inv[N];
void init(){
    jc[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod,inv[i]=ksm(jc[i],mod-2);
}
ll C(ll a,ll b){
    return ((jc[b]*inv[a])%mod*inv[b-a])%mod;
}
int main()
{
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    init(); // 预处理阶乘和逆元
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&a,&b);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n-a;i++){
        ll ans1=C(b-1,b+i-2); //分界线两个对应的点
        ll ans2=C(m-b-1,n-i+m-b-1);
        ans=(ans+ans1*ans2)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

C - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku(状压DP)

题目大意：

给定 \(，，X，Y，Z\) ，要求生成一个 \(n\) 个数字的序列，每一个数字为 \(1-10\) ，问全部可能的序列中知足条件：存在 \(1<=x<y<z<w<=n\) ，使得 \(\sum^{x}_{y-1}{a_i}=X,\sum^{y}_{z-1}{a_i}=Y,\sum^{z}_{w-1}{a_i}=Z\) ，的序列个数是多少。 \((X<=5,Y<=7,Z<=5,n<=40)\)

大体思路：

首先对于这种数据范围很小的题目应该要考虑状压dp来解决，首先对于一个数字 \(5\) ，咱们能够用二进制 \(10000\) 来表示，对于要造成连续的三段和为 \(，，2，3，1\) 的状态能够用二进制 \(10 100 1\) 来表示，将它们拼接起来，那么对于一个序列 \(，，，2，1，2，1\) 的状态就能够用二进制 \(10 1 10 1\) ，能够发现上面 \(101001\&101101=101001\) 这就表示 \(，，，2，1，2，1\) 序列是知足连续的三段和为 \(，，2，3，1\) 的。经过这样构造咱们就能够进行状态的转移了，咱们应该求得是序列不知足条件的个数，最后在减去。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=(1<<18);
const int mod=1e9+7;
int dp[50][N];
int n,a,b,c;
int main()
{
    //freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    scanf("%d",&a);scanf("%d",&b);scanf("%d",&c);
    int bz=(1<<(a-1))|(1<<(a+b-1))|(1<<(a+b+c-1));//目标状态
    int mx=(1<<(a+b+c));//总共的状态数
    dp[0][0]=1;//初始化
    int p=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        p=(1ll*10*p)%mod;//计算总共的方案数
        for(int j=0;j<mx;j++){//枚举全部状态
            if(dp[i-1][j]==0)continue;//上一个此状态无解
            for(int k=1;k<=10;k++){//枚举每种方案
                int now=(j<<k)|(1<<(k-1));//更新状态
                now&=(mx-1);//防止溢出
                if((now&bz)!=bz){//不能构成X，Y，Z
                    dp[i][now]=(dp[i][now]+dp[i-1][j])%mod;
                }
            }
        }   
    }
    int ans=p;
    for(int i=0;i<mx;i++){
        ans=(ans-dp[n][i]+mod)%mod;//
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

D - 文字列大好きいろはちゃん / Iroha Loves Strings(暴力+dp)

题目大意：

给定 \(N\) 个字符串，选择一些字符串使得它们的总长为 \(K\) ，而且它们按照顺序拼接起来的字典序最小，保证有解。\((N<=2000,K<=1e4,len_i<=K,\sum{len_i}<=1e6)\)

大体思路：

首先必然要预处理一个\(dp[i][j]\)，表示使用 \(i-n\) 的字符串可否构成 \(j\)长度的字符串，使用 \(bitset\) 优化01背包

咱们将可使用的字符串的第 \(1\) 位加入队列，对于答案的每一位进行构造，对于第 \(i\) 位必然是队列中的全部字符的最小值，接下来，更新队列，若是当前位为该字符串的结尾，那么表示咱们能够将其后面的字符串的第一位加入队列，若是未到结尾就添加该字符串的后一位。

（这个作法不是正解，可是复杂度还行，正解使用了 \(exkmp\) ，有研究研究）

代码：

//这题很玄，可能会re或者wa
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bitset<10010> ok[2010];
pair<int,int> p[2][10010];
char s[2010][10010],ans[1000010];
int len[2010],n,k,cnt=0,ncnt=0;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1),len[i]=strlen(s[i]+1);
    ok[n+1][0]=1;
    for (int i=n;i>=1;i--)
        ok[i]=ok[i+1]|(ok[i+1]<<len[i]);//01背包处理能够拼成的长度
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (ok[i+1][k-len[i]]) p[0][++cnt]=make_pair(i,1);//加入，使用滚动数组
    int f=0;
    for (int i=1;i<=k;i++)
    {
        char mi='z';
        for (int j=1;j<=cnt;j++) mi=min(mi,s[p[f][j].first][p[f][j].second]);//贪心选择最小字符
        ans[i]=mi;
        int mx=n+1;//初始化为大值
        ncnt=0;
        for (int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            int id=p[f][j].first,pos=p[f][j].second;
            if (s[id][pos]!=mi) continue;
            if (pos==len[id]) mx=min(mx,id);//当前字符串结束，能够选择当前字符串后面的因此字符串
            else p[f^1][++ncnt]=make_pair(id,pos+1);//继续使用这个字符串
        }
        for (int j=mx+1;j<=n;j++)
            if (k-len[j]-i>=0&&ok[j+1][k-len[j]-i]) p[f^1][++ncnt]=make_pair(j,1);//判断是否能够用该字符串
        f^=1;//
        cnt=ncnt;//
    }
    printf("%s\n",ans+1);
}