2017多校-8

Hybrid Crystals
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6140

贴一个别人的题解
我们考虑到,n的范围达到了1e3，如果要从这n个数中选择一些数直接凑的话，近乎不可能完成。
题目中又写到，为降低题目难度，增加了两个约束条件：
①.a_1一定是1，它的下标一定是N。
②.【重点】给出后n-1个数的范围：a_i ≤ （j从1——i-1的）（所有下标为N的a_j之和）+ （a_i下标为L ？ a_j下标为L的数值）+ （a_i下标为D ？ a_j下标为D的数值）。然而这个条件有什么用呢？
它间接表明第一个下标为L的数，只能取0或1；
（在不出现N时）第二个下标为L的数只能是0或1或2；
（在不出现N时）第三个下标为L的数取值范围为0-4；
（在不出现N时）第四个下标为L的数取值范围为0-8；
……
而这范围有什么用呢？
它保证了新增加下标为L的数时，整个序列可表示的数的范围的上界随之扩大，即可以用所给的数表示0-上界中的任意一个数。
（如在不出现N时前四个下标为L的a_i分别是1,2,4,8，则我可以从这些数中选出0-4个数来表示0-15中的任意一个数）
同理，把上面的L换为D，可得到整个序列能表示的数的范围的下界。
因此，在碰到下标为L的数就更新序列所能表示的数的范围的上界，碰到下标为D时就更新下界。因为下标为N的数可正可负，所以当出现N时，更新L边界的过程中就把N看作L，更新D边界过程中就把N看作D（即同时更新上下界）。
最后看k是否在能表示的范围内就可以了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,k;
        scanf("%d%d",&n,&k);
        int a[1010];
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        getchar();
        char ch;
        int sum1=0,sum2=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%c",&ch);
            if(ch=='N')
            {
                sum1+=a[i];
                sum2-=a[i];
            }
            else if(ch=='L')
            {
                sum1+=a[i];
            }
            else if(ch=='D')
            {
                sum2-=a[i];
            }
            getchar();
        }
        if(sum1>=k&&sum2<=k)
        {
            printf("yes\n");
        }
        else
        {
            printf("no\n");
        }
    }
    return 0;
}

Killer Names
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6143

N个球放M个盒子问题：https://bbs.qzzn.com/thread-14856448-1-1.html

标程

#include <assert.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
#define debug printf("%s %d\n", __FUNCTION__, __LINE__)

const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2000 + 10;

int power(int x, int times) {
    int rt = 1;
    int base = x;
    while (times) {
        if (times & 1) rt = 1LL * rt * base % mod;
        base = 1LL * base * base % mod;
        times >>= 1;
    }
    return rt;
}

int dp[maxn][maxn];
void calc_dp(int n, int m) {
    dp[1][1] = m;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= min(m, i); j++) {
            dp[i][j] = (1LL * dp[i - 1][j] * j + 1LL * dp[i - 1][j - 1] * (m - j + 1)) % mod;
        }
    }
}

int c[maxn][maxn];
int f[maxn];
int main(int argc, char **argv) {
    for (int i = 0; i < maxn; i++) {
        c[i][0] = c[i][i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) 
            c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
    }
    int cases;
    int n, m;
    scanf("%d", &cases);
    while (cases--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        assert(1 <= n && n <= 2000);
        assert(1 <= n && n <= 2000);
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i < m; i++) {
            if (i > n) break;
            f[i] = power(i, n);
            for (int j = 1; j < i; j++) {
                f[i] = (f[i] - 1LL * c[i][j] * f[j]) % mod;
            }
            ans = (ans + 1LL * f[i] * c[m][i] % mod * power(m - i, n)) % mod;
        }

        calc_dp(n, m);
        int dp_ans = 0;
        for (int i = 1; i < m; i++) {
            int c = dp[n][i];
            for (int j = 0; j < n; j++) 
                c = 1LL * c * (m - i) % mod;

            dp_ans = (dp_ans + c) % mod;
        }
        ans = (ans + mod) % mod;
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}