A组题，所以把榜粘全了。
第6名，被卡在刚好正中间。
我最近干什么伤天害理的事了？（例如说没有在skyh去上厕所的时候捶他）
上来看T1，非常贴心出题人直接把递推式子给你了，然后就和斐波数的递推一样了。
套一个矩乘和CRT就完事。我很懵啊但是打完了调一调就过样例了。
然后保存。刚想交，这时候就死机了。
彻底死机了，啥都动不了。我也没暴力打表也没踹主机怎么就突然死机了？？？
然后就没有然后了。心态稍炸。无奈重启。
冷静了挺长一段时间后，虽说心情还是很烦躁，但是还是再码了一遍，打暴力，挂对拍。
稳住100分之后，心情还是很乱（可能也有要放假了的因素），T3送上一个网络流暴力
然后剪枝，细节打错了，50->10。后来也没上对拍。
没怎么看时间，但是好像还剩一点。T2一看到复杂度是$O(n^3)$或$O(n^4)$之类的感觉会很麻烦很难想。
然后就没有想出来那个最简单最傻逼的暴力。
其实全程都没有静下心来做题。而且对A组题貌似还是有点恐惧。
但是这次的A组题真的没有那么难。三道题其实都可做（毕竟都有A的，呃，算上yxm数组开小的T3的话）
不要高估题目难度。不要怕题目，怕就一定输了。
要稳下心来做题，尽量避免外界因素的干扰。
要冷静应对一切可能发生的突发情况。
尽量及时地交代码，尽量频繁地存代码。
要攒RP防止天遣。。。
T1：贝尔数
可以发现第二个式子和斐波数的递推类似。而数据范围需要log掉那个n。
转移周期是质数大小的级别，而模数刚好是5个不大于50的数的乘积。
然后矩阵快速幂即可。只不过最后一项的转移稍微复杂了一点要特殊处理一下。
现场YY出CRT已经是常态了。
#include<cstdio>
#define Mod 95041567
const int mod[]={,,,,,};
int Ans[],base[][],ans[],n,t,C[][][],b[][],res[][];
void ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b){x=;y=;return;}
ex_gcd(b,a%b,x,y);
int r=x;x=y;y=r-a/b*y;
}
int CRT(){int Cans=,x,y;
for(int p=;p<=;++p){
ex_gcd(Mod/mod[p],mod[p],x,y);x=x%Mod+Mod;
Cans=(Cans+1ll*x*Ans[p]%Mod*(Mod/mod[p]))%Mod;
}
return Cans;
}
void mult_base(int mo){
for(int i=;i<=mo;++i)for(int j=;j<=mo;++j)for(int k=;k<=mo;++k)res[i][j]+=base[i][k]*base[k][j];
for(int i=;i<=mo;++i)for(int j=;j<=mo;++j)base[i][j]=res[i][j]%mo,res[i][j]=;
}
void mult_ans(int mo){
for(int i=;i<=mo;++i)for(int j=;j<=mo;++j)res[][j]+=ans[i]*base[i][j];
for(int i=;i<=mo;++i)ans[i]=res[][i]%mo,res[][i]=;
}
int main(){//freopen("t1.in","r",stdin);freopen("t1.out","w",stdout);
#define mo mod[p]
for(int p=;p<=;++p){
for(int i=;i<=;++i)C[p][i][]=;
for(int i=;i<=;++i)for(int j=;j<=i;++j)C[p][i][j]=(C[p][i-][j-]+C[p][i-][j])%mo;
b[p][]=;
for(int i=;i<=;++i)for(int j=;j<i;++j)b[p][i]=(b[p][i]+b[p][j]*C[p][i-][j])%mo;
}scanf("%d",&t);
while(t--){scanf("%d",&n);
for(int p=;p<=;++p){
for(int i=;i<=mo;++i)ans[i]=b[p][i];
for(int i=;i<=mo;++i)for(int j=;j<=mo;++j)base[i][j]=;
for(int i=;i<=mo;++i)base[i][i]=base[i][i-]=;
base[][mo]=base[][mo]=;
int t=(n-)/mo;
for(;t;t>>=,mult_base(mo))if(t&)mult_ans(mo);
Ans[p]=ans[(n-)%mo+];
}
printf("%d\n",CRT());
}
}
T2：穿越广场
dp[i][j][k][l]表示已经走了i步，有j个‘D’，和第一个串匹配到k长度，和第二个串匹配到l长度。
KMP一下找到如果匹配失败的话会怎么转移。然后50分的暴力就出来了。
%%%猿小鲲打了5.2k得了10分。
然而其实两个串分别匹配是没有意义的，和AC自动机专题的DP就很像了。
dp[i][j][k][l]表示i已经走了i步并且用了j个‘D’，目前匹配到AC自动机上的第k个节点，目前和两个串是否已经匹配完成过（0/1/2/3二进制压状态）
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define mst(p) memset(p,0,sizeof p)
int mod(int p){return p>=?p-:p;}
int trie[][],rt,cnt,q[],fail[],suc[],dp[][][][],ans;char s[];
void build(int &p,int al,int ord){
if(!p)p=++cnt;
if(!s[al]){suc[p]|=ord;return;}
build(trie[p][s[al]=='D'],al+,ord);
}
void bfs(){
q[]=;trie[][]=trie[][]=rt;
for(int qh=,qt=;qh<=qt;++qh)for(int i=;i<=;++i)
if(trie[q[qh]][i])fail[q[++qt]=trie[q[qh]][i]]=trie[fail[q[qh]]][i];
else trie[q[qh]][i]=trie[fail[q[qh]]][i];
}
int main(){
int t;scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,m;scanf("%d%d%s",&m,&n,s);build(rt,,);scanf("%s",s);build(rt,,);
bfs();
for(int i=;i<=cnt;++i)for(int j=i;j;j=fail[j])suc[i]|=suc[j];
dp[][][rt][]=;
for(int i=;i<n+m;++i)for(int j=;j<=n;++j)for(int k=;k<=cnt;++k)for(int l=;l<=;++l){
dp[i+][j+][trie[k][]][l|suc[trie[k][]]]=mod(dp[i+][j+][trie[k][]][l|suc[trie[k][]]]+dp[i][j][k][l]);
dp[i+][j][trie[k][]][l|suc[trie[k][]]]=mod(dp[i+][j][trie[k][]][l|suc[trie[k][]]]+dp[i][j][k][l]);
}
for(int k=;k<=cnt;++k)ans=mod(ans+dp[n+m][n][k][]);printf("%d\n",ans);
rt=cnt=ans=;mst(dp);mst(fail);mst(suc);mst(trie);
}
}
T3：舞动的夜晚
这可能才是真正的A组难度吧。。。我感觉前两题好像的确是联赛知识点联赛难度。。。
暴力强制某个边必选，跑t次二分图匹配看能否达到最大流即可，能拿到50分。
而我不会匈牙利算法，我还是打的网络流来做二分图匹配。
那么继续想，网络流的特点在于可以退流。
那么在最大流的图上，通过退流，可以得到其它任意一种合法的最大匹配方案。
已经被用掉流量的边当然是合法的。
然后我们把图里的所有用到的边反向，这就相当于退流了。
退流之后如果能再次流满，那么新的决策上的边就和你建的反向边成环了。
所以在新的图上tarjan找强联通分量。如果一条边的两个端点在同一个强联通分量里，那么它就存在于某一种退流方式里。
所以不合法的边就是不存在于最开始的最大流里，而在tarjan中两端点也不属于同一个scc。
%%%yxs考场上就会做。
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,t,ans[],x[],y[],fir[],l[],to[],w[],cnt=;
int q[],dep[],bel[],dfn[],low[],tim,sta[],top,ins[],scc;
int match[],tot;
void link(int a,int b,int v=){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;w[cnt]=v;}
bool bfs(){
dep[]=;for(int i=;i<=n+m+;++i)dep[i]=;
for(int qh=,qt=;qh<=qt;++qh)for(int i=fir[q[qh]];i;i=l[i])if(w[i]&&!dep[to[i]])dep[to[i]]=dep[q[qh]]+,q[++qt]=to[i];
return dep[n+m+]>;
}
int dfs(int p,int flow){int res=flow;
if(p==n+m+)return flow;
for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(dep[to[i]]==dep[p]+&&flow&&w[i]){
int r=dfs(to[i],);
if(!r)dep[to[i]]=;
flow-=r;w[i]-=r;w[i^]+=r;
}return res-flow;
}
void tarjan(int p,int fa){
sta[++top]=p;dfn[p]=low[p]=++tim;ins[p]=;
for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(!dfn[to[i]])tarjan(to[i],p),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);
else if(ins[to[i]])low[p]=min(low[p],dfn[to[i]]);
if(dfn[p]==low[p]){
scc++;
do{bel[sta[top]]=scc;ins[sta[top--]]=;}while(sta[top+]!=p);
}
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
for(int i=;i<=t;++i)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),link(x[i],y[i]+n,),link(y[i]+n,x[i],);
for(int i=;i<=n;++i)link(,i,),link(i,,);
for(int i=;i<=m;++i)link(i+n,n+m+,),link(n+m+,i+n,);
int max_flow=;
while(bfs())max_flow+=dfs(,);
for(int i=;i<=t;++i)if(!w[i<<])ans[i]=;
for(int i=;i<=n;++i)if(!w[t+i<<])match[i]=;
for(int i=;i<=m;++i)if(!w[t+n+i<<])match[n+i]=;
for(int i=;i<=n+m+;++i)fir[i]=;cnt=;
for(int i=;i<=t;++i)if(ans[i])link(y[i]+n,x[i]);else link(x[i],y[i]+n);
for(int i=;i<=n;++i)if(match[i])link(i,);else link(,i);
for(int i=;i<=m;++i)if(match[i+n])link(n+m+,i+n);else link(n+i,n+m+);
for(int i=;i<=n+m+;++i)if(!dfn[i])tarjan(i,);
for(int i=;i<=t;++i)if(bel[x[i]]==bel[y[i]+n])ans[i]=;
for(int i=;i<=t;++i)tot+=ans[i]^;printf("%d\n",tot);
for(int i=;i<=t;++i)if(!ans[i])printf("%d ",i);puts("");
}
思路积累：
- 考虑退流的实际意义