比赛链接：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/885#question
B.generator 1
题意：
求出类似斐波那契数列的第$n$项
$n\leq 10^{10^{6}}$
分析：
我想着欧拉降幂。。。其实欧拉降幂并不适用于矩阵的运算
队友看了题之后立马想到十进制的矩阵快速幂，太强了
和普通的矩阵不同的是，这个每次乘十前进，但这不是问题
对矩阵快速幂的时间复杂度认识得不深，潜意识以为$n$是一个无穷大的数
ac代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
struct Maritx
{
ll num[3][3];
}s;
int mod,x0,x1;
char in[maxn];
Maritx mul(Maritx a,Maritx b)
{
Maritx res;
res.num[1][1]=res.num[2][2]=0;
res.num[1][2]=res.num[2][1]=0;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
for(int k=1;k<=2;k++)
res.num[i][j]=(res.num[i][j]+a.num[i][k]*b.num[k][j]%mod)%mod;
return res;
}
int main()
{
scanf("%d %d %lld %lld",&x0,&x1,&s.num[1][1],&s.num[1][2]);
scanf("%s %d",in+1,&mod);
int len=strlen(in+1);
s.num[2][1]=1;
s.num[2][2]=0;
Maritx ans;
ans.num[1][1]=ans.num[2][2]=1;
ans.num[1][2]=ans.num[2][1]=0;
for(int i=len;i>=1;i--){
int v=in[i]-'0';
Maritx temp=s;
for(int j=1;j<=9;j++){
if(j==v)ans=mul(ans,s);
s=mul(s,temp);
}
}
printf("%d\n",(ans.num[2][1]*x1%mod+ans.num[2][2]*x0%mod)%mod);
return 0;
}
G.subsequence 1
题意：
给出$s$和$t$两个字符串，计算$s$的子串数量，十进制形式大于$t$字符串
分析：
定义$dp[i][j][k]$，考虑$s$的$i$个字符，组成长度为$j$的子串中，$k=0$小于$t$的前$j$位，$k=1$等于$t$的前$j$位，$k=2$大于前$j$位的数量
ac代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 3e3 + 5;
const ll mod = 998244353;
ll dp[maxn][maxn][3];
char s[maxn],t[maxn];
int main()
{
int T,n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d %d",&n,&m);
scanf("%s %s",s+1,t+1);
if(n<m){
printf("0\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][1][0]=dp[i-1][1][0];
dp[i][1][1]=dp[i-1][1][1];
dp[i][1][2]=dp[i-1][1][2];
if(s[i]!='0'){
if(s[i]>t[1])dp[i][1][2]=(dp[i][1][2]+1)%mod;
else if(s[i]==t[1])dp[i][1][1]=(dp[i][1][1]+1)%mod;
else if(s[i]<t[1])dp[i][1][0]=(dp[i][1][0]+1)%mod;
}
for(int j=2;j<=min(n,i);j++){
dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0];
dp[i][j][1]=dp[i-1][j][1];
dp[i][j][2]=dp[i-1][j][2];
if(j<=m){
if(s[i]==t[j]){
dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][0])%mod;
dp[i][j][1]=(dp[i][j][1]+dp[i-1][j-1][1])%mod;
dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][2])%mod;
}else if(s[i]<t[j]){
dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][2])%mod;
dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][1]+dp[i-1][j-1][0])%mod;
}else {
dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][0])%mod;
dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][2]+dp[i-1][j-1][1])%mod;
}
}else{
dp[i][j][2]=(dp[i][j][2]+dp[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j-1][1]+dp[i-1][j-1][2])%mod;
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=m;i<=n;i++)ans=(dp[n][i][2]+ans)%mod;
printf("%lld\n",ans);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=dp[i][j][2]=0;
}
return 0;
}
I.three points 1
题意：
在矩形中构造三个点，每个点对之间的距离满足一定的条件
保证最少有一个合法的情况
分析：
观察发现，构造好的三角形通过移动至少有一个点在矩形顶点上
以顶点上的点为旋转轴，一定可以让另一个点移动到矩形的某条边上
枚举旋转轴和在边上的点即可
注意，浮点数的比较需要加上一个$eps$
具体用法https://blog.youkuaiyun.com/sunmaoxiang/article/details/83152563
ac代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pa pair<double,double>
using namespace std;
const int maxn=1e4+7;
const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-8;
double ma[4][4],w,h;
int fla=0;
void cal(int a,int b,int c)
{
double len1=ma[a][b],len2=ma[a][c],len3=ma[b][c],v;
pa res[4];
if(fla)return ;
res[a]=make_pair(0,0);
if(ma[a][b]<=w)res[b]=make_pair(ma[a][b],0);
else res[b]=make_pair(w,sqrt(ma[a][b]*ma[a][b]-w*w));
v=acos((len1*len1+len2*len2-len3*len3)/2.0/len1/len2);
v+=atan(res[b].second/res[b].first);
res[c]=make_pair(cos(v)*len2,sin(v)*len2);
if(res[c].first>=0-eps&&res[c].first<=w+eps&&res[c].second>=0-eps&&res[c].second<=h+eps){
fla=1;
for(int i=1;i<=3;i++){
printf("%.13f %.13f%c",res[i].first,res[i].second," \n"[i==3]);
}
}
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
fla=0;
scanf("%lf %lf %lf %lf %lf",&w,&h,&ma[1][2],&ma[1][3],&ma[2][3]);
ma[3][1]=ma[1][3];
ma[2][1]=ma[1][2];
ma[3][2]=ma[2][3];
cal(1,2,3);
cal(1,3,2);
cal(2,1,3);
cal(2,3,1);
cal(3,2,1);
cal(3,1,2);
}
return 0;
}
F.maximum clique 1
题意：
给出一些数，选出最多的数，所有数对中，不能出现只差一位的情况
分析：
对于只差一位的数，我们可以建立一条双向边，这题转化为，求一个最大的没有边连接的点集
也就是二分图的最大独立子集
根据题目的描述，肯定不存在奇数环，可以根据1的数量的奇偶来划分二部图，同为奇数的数字不可能只相差一位，所以这是个合理的二分图
只有图中点可以被分成两个部分，相同部分的点之间没有连边时，才可以使用二分图匹配
最大独立子集+最小顶点覆盖=v
最小顶点覆盖=最大匹配
找独立子集的方法是，从左边所有没有匹配的点出发，去找到一条没匹配，匹配，没匹配，匹配的路径，并且标记路径上的点
选出左边标记点和右边未标记的点作为独立子集
证明：https://www.cnblogs.com/jianglangcaijin/p/6035945.html
ac代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 5e3+7;
int vis[maxn];
int L[maxn],R[maxn],cnt1,cnt2,n,num[maxn],match[maxn];
int head[maxn],edge_num;
struct Edge{
int to,nex;
}edge[30*maxn];
bool check(int x){
//cout<<x<<endl;
if((x&(x-1))==0){
// cout<<"check "<<x<<endl;
return 1;
}
return 0;
}
void dfs1(int x,int fla){
// cout<<x<<" "<<fla<<endl;
vis[x]=1;
if(fla==1)L[++cnt1]=x;
else R[++cnt2]=x;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex){
if(vis[edge[i].to]==0)dfs1(edge[i].to,fla^1);
}
}
void add_edge(int a,int b){
// cout<<a<<" "<<b<<endl;
edge[++edge_num].to=b;
edge[edge_num].nex=head[a];
head[a]=edge_num;
}
bool dfs(int x){
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex){
int v=edge[i].to;
if(vis[v]==0){
vis[v]=1;
if(match[v]==0||dfs(match[v])){
match[v]=x;
match[x]=v;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&num[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(check(num[i]^num[j])){
add_edge(i,j);
add_edge(j,i);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(vis[i]==0)dfs1(i,1);
int ans=n;
for(int i=1;i<=cnt1;i++){
for(int j=1;j<=n;j++)vis[j]=0;
if(dfs(L[i]))ans--;
}
printf("%d\n",ans);
for(int j=1;j<=n;j++)vis[j]=0;
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
if(match[L[i]]==0)dfs(L[i]);
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
if(vis[L[i]])printf("%d ",num[L[i]]);
for(int i=1;i<=cnt2;i++)
if(vis[R[i]]==0)printf("%d ",num[R[i]]);
printf("\n");
return 0;
}
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