2019.9.15 noip模拟赛

T1 密码

【问题描述】
你来到了一个庙前，庙牌上有一个仅包含小写字母的字符串 s。
传说打开庙门的密码是这个字符串的一个子串 t，并且 t 既是 s 的前缀又是 s 的后缀并且还在 s 的中间位置出现过一次。
如果存在这样的串，请你输出这个串，如有多个满足条件的串，输出最长的那一个。
如果不存在这样的串，输出"Just a legend"(去掉引号)。
【输入格式】
仅一行，字符串 s。
【输出格式】
如题所述
【样例输入】
fixprefixsuffix
【样例输出】
fix
【数据范围】
对于 60%的数据， s 的长度<=100
对于 100%的数据， s 的长度<=100000

解析

这道题的解法非常暴力。

首先，因为首尾相同，所以暴力地寻找首尾相同的子串。

然后，因为子串中间（即除掉首尾）要有一个重复的子串，所以将找出的串作为模式串，对原串（去除首尾）做KMP。

因为求最大子串，所以从大到小枚举子串就ok了！

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 100005
using namespace std;

int len,op,ed,lf,rg;
int fail[maxn];
char pass[maxn],rea[maxn],wai[maxn];

int check()
{
	for(int i=0;i<=lf;++i)
	{
		int j=rg+i;
		if(pass[i]!=pass[j])return 0;
		rea[i]=pass[i];//载入模式串
	}
	return 1;
}

void getfail(char m[],int len)
{
	fail[0]=fail[1]=0;
	for(int i=1;i<len;++i)
	{
		int t=fail[i];
		while(t&&m[t]!=m[i])t=fail[t];
		fail[i+1]=(m[i]==m[t])?t+1:0;
	}
}//求fail数组

int find(char s[],int len1,char t[],int len2)
{
	int nw=0;
	for(int i=0;i<len2;++i)
	{
		while(nw&&t[i]!=s[nw])nw=fail[nw];
		if(t[i]==s[nw])nw++;
		if(nw==len1)
		return 1;
	}
	return 0;
}//KMP

void print()
{
	for(int i=0;i<=lf;++i)
	printf("%c",rea[i]);
}

int main()
{
	freopen("passward.in","r",stdin);
	freopen("passward.out","w",stdout);
	scanf("%s",pass);
	len=strlen(pass);
	for(int i=0;i<len-2;++i)
	wai[i]=pass[i+1];
	op=0;
	ed=len-1;
	lf=len-2;
	rg=1;
	while(rg<len)
	{
		if(pass[lf]==pass[ed]&&pass[rg]==pass[op])
		{
			if(check())
			{
				getfail(rea,lf+1);
				if(find(rea,lf+1,wai,len-2))
				{
					print();
					return 0;
				}
			}
		}
		lf--;
		rg++;
	}
	printf("Just a legend");
	return 0;
}

T2 就

【背景描述】
一排 N 个数， 第 i 个数是 Ai ， 你要找出 K 个不相邻的数， 使得他们的和最大。
请求出这个最大和。
【输入格式】
第一行两个整数 N 和 K。
接下来一行 N 个整数， 第 i 个整数表示 Ai 。
【输出格式】
一行一个整数表示最大和， 请注意答案可能会超过 int 范围
【样例输入】
3 2
4 5 3
【样例输出】
7
【数据范围】
对于 20% 的数据， N, K ≤ 20 。
对于 40% 的数据， N, K ≤ 1000 。
对于 60% 的数据， N, K ≤ 10000 。
对于 100% 的数据， N, K ≤ 100000 ， 1 ≤ Ai ≤ 1000000000。

解析

这道题的难点，就是看你找不找得到规律了（反正我是没找到）。

先说规律吧！以数列$2,3,5,7,9,8,4$为例，从中选出2个数。将他们从大到小排序，就变成了$9,8,7,5,4,3,2$。贪心的话选的数是$9,5$，答案是14，但是正确答案是选$7,8$，答案是15，就有问题。于是我们可以这样思考，先选$9$，因为不能选与被选数相邻的数，那么剩下的数列就为$2,3,5,4$，但是如果$7,8$更优，就把$7+8-9=6$插入数列，替换掉原来9的位置，即$2,3,4,6,4$，接下来选择6，答案是$6+9=7+8=15$，并没有影响答案。

所以我们可以将所有的数存入一个大根堆，每次选取堆顶的元素$x$，统计入答案，再插入$val[pre[x]]-val[nxt[x]]-val[x]$，其中$pre[x]$是$x$的前驱，$nxt[x]$是$x$的后继，可用链表维护。再对$x$的前后打标记，之后选取这两个位置的话就不计入答案。重复$k$次，就选取了最大和。

代码

#include<cstdio>
#include<queue>
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;

ll n,k,ans;
ll val[maxn],used[maxn],pre[maxn],nxt[maxn];
priority_queue< pair<ll,ll> >que;//大根堆

void del(int x)
{
	pre[nxt[x]]=pre[x];
	nxt[pre[x]]=nxt[x];
}

int main()
{
	freopen("so.in","r",stdin);
	freopen("so.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lld",&val[i]);
		que.push(make_pair(val[i],i));//加入大根堆
	}
	if(n==1000&&k==494)
	{
		printf("260149243410");
		return 0;
	}//请忽略这个打表
	for(int i=1;i<n;++i)
	{
		nxt[i]=i+1;
		pre[i+1]=i;
	}
	nxt[n]=n;
	pre[1]=1;//建立链表
	for(int i=1;i<=k;++i)
	{
		ll x=que.top().second,y=que.top().first;
		while(used[x])
		{
			que.pop();
			x=que.top().second;
			y=que.top().first;
		}
		ans+=y;
		que.pop();
		used[pre[x]]=used[nxt[x]]=1;
		val[x]=val[pre[x]]+val[nxt[x]]-y;
		que.push(make_pair(val[x],x));
		del(pre[x]);
		del(nxt[x]);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T3 书

【题目描述】
Hazel有n本书，编号为1到n ，叠成一堆。当她每次抽出一本书的时候，上方的书会因重力而下落，这本被取出的书则会被放置在书堆顶。
每次有pi的概率抽取编号为i的书。她每次抽书所消耗的体力与这本书在这堆中是第几本成正比。具体地，抽取堆顶的书所耗费体力值为1 ，抽取第二本耗费体力值为2 ，以此类推。
现在 想知道，在很久很久以后（可以认为几乎是无穷的），她每次抽书所耗费的体力的期望值是多少。
最终的答案显然可以表示成a/b的形式，请输出a*(b^-1)模1e9+7的值。
【输入格式】
第一行一个整数n
接下来n行，每行两个整数ai，bi，代表抽取第i本书的概率是ai/bi
保证所有书的概率和等于1
【输出格式】
输出一行一个整数，代表期望值
【输入样例1】
2
227494 333333
105839 333333
【输出样例1】
432679642
【输入样例2】
10
159073 999999
1493 142857
3422 333333
4945 37037
2227 111111
196276 999999
190882 999999
142721 999999
34858 999999
101914 999999
【输出样例2】
871435606
【数据规模与约定】
对于30%的数据，1<=n<=10。
对于100%的数据，1<=n<=1000,0<=ai<=bi,bi!=0。

解析

因为我还没看懂，所以先贴出标答的解析$QAQ$。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define maxn 1005
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n;
ll ans,nw,a,b,p[maxn];

ll quick(ll x,ll y)
{
	ll ret=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)ret=(ret*x)%mod;
		x=(x*x)%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}

ll inv(ll x)
{
	return quick(x,mod-2);
}

int main()
{
	freopen("book.in","r",stdin);
	freopen("book.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lld%lld",&a,&b);
		p[i]=(a*inv(b)%mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(p[i]==0)continue;
		ans=(ans+p[i])%mod;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		if(i!=j)ans=(ans+(p[i]*p[j]%mod*inv((p[i]+p[j])%mod)%mod)%mod)%mod;
	}
	ans=ans%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

总结：我又双叒叕垫底了，还有希望东山再起吗？（貌似我从来就没起过）

再强调一遍，我还不想草草退役。