CodeCraft-20 (Div. 2)(C(本原多项式) D (BFS) E (状压+dp))

题目链接

C. Primitive Primes

题意：

给定两个多项式相乘得到h(x)的多项式，求h多项式中某个系数不能p整除，输出这个系数的位置

做法:什么是本原多项式？献上百度百科

只能说这个题跟本源多项式的定义很像，本原多项式保证了一定有解，由于

$C_{k}=\sum_{s+t=k}A_{s}*B_{t}$

做法就是两个多项式第一个系数不被mod整除的位置加起来,因为如果前面都能呗mod整除，第n+m这个位置的卷积都是从前面卷积过来的，前面都被mod整除，那么构成 $C_{n+m}$ 其他系数就是被mod整除的，仅仅是第i项和第j项相乘不是mod的倍数

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const ll mod=1e9+7;
ll a[N],b[N],n,m,p,ans1,ans2;
ll input(){ll x=0,f=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return f? -x:x;
}
int main()
{n=input();m=input();p=input();rep(i,1,n) a[i]=input();for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]%p&&ans1==0) ans1=i;rep(i,1,m) b[i]=input();for(int i=1;i<=m;i++)if(b[i]%p&&ans2==0) ans2=i;printf("%lld\n",ans1+ans2-2);
}

D. Nash Matrix

题意：题意：你有一个n*n的棋盘，每个格子都有一个操作：往上走U，往下走D，往左走L，往右走R，呆在原地X，现在要构造这个棋盘。

现在给出从每个格子开始走最后会停在的地方（x,y），如果x=-1，y=-1，代表一直循环下去；然后让你输出每个格子是哪种操作，如果不存在就输出INVALID。

做法：从呆着原地的格子开始bfs找到一些路径，再从(-1,-1)的位置开始bfs一下，由于无限循环走只需要两个相邻的格子都是(-1,-1)就能实现了，也是简单的bfs一下即可

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}typedef pair<int,int> P;
const int N=1e3+10;
pair<int,int> ma[N][N];
char ans[N][N];
char s[5]="ULDR";
int vis[N][N],dir[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1};int fll=1,n;void bfs(P p){queue<P> que;que.push(p);ans[p.first][p.second]='X';vis[p.first][p.second]=1;while(que.size()){P np=que.front();que.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=np.first+dir[i][0];int y=np.second+dir[i][1];if(x<1||x>n||y<1||y>n)continue;if(vis[x][y]) continue;if(ma[x][y]!=p) continue;vis[x][y]=1;ans[x][y]=s[i];que.push(P(x,y));}}
}
void bfs1(P p){queue<P> que;que.push(p);vis[p.first][p.second]=1;int f=0;while(que.size()){P np=que.front();que.pop();for(int i=0;i<4;i++){int x=np.first+dir[i][0];int y=np.second+dir[i][1];if(x<1||x>n||y<1||y>n)continue;if(vis[x][y]) continue;if(ma[x][y]!=P(-1,-1))continue;if(!f){f=1;ans[p.first][p.second]=s[(i+2)%4];}vis[x][y]=1;ans[x][y]=s[i];que.push(P(x,y));}}fll&=f;
}int main(){scanf("%d",&n);rep(i,1,n)rep(j,1,n)scanf("%d %d",&ma[i][j].first,&ma[i][j].second);rep(i,1,n)rep(j,1,n)if(!vis[i][j]&&ma[i][j]==P(i,j))   bfs(P(i,j));rep(i,1,n)rep(j,1,n)if(!vis[i][j]&&ma[i][j]==P(-1,-1))    bfs1(P(i,j));rep(i,1,n)rep(j,1,n)if(!vis[i][j]) fll=0;if(!fll) puts("INVALID");else{puts("VALID");rep(i,1,n){rep(j,1,n)    printf("%c",ans[i][j]);puts("");}}return 0;
}
/*
2
1 1 -1 -1
2 2 2 2
*/

E. Team Building

题意：大意：n个人，选k个观众，p个球员，每个人当观众的能力为ai, 在每个位置的能力为s[i][j],让你选择p+k 个人使得能力和最大。

不太会写，搜的题解：来源

两个条件如果分开讨论的话，

只考虑a[i] 直接把a从大往小排序选前k个即可，

只考虑选球员，p<=7 状压一下，套个dp转移一下就行。

这里就是两个合在一起了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,p,k;
ll dp[N][(1<<7)],s[N][10],a[N],d[N];
bool cmp(int x,int y)
{return a[x]>a[y];
}
int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);for(int i=1;i<=n;++i) {scanf("%d",&a[i]);d[i]=i;}for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=p;++j) scanf("%d",&s[i][j]);sort(d+1,d+1+n,cmp);memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0][0]=0;int len=1<<p;for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=0;j<len;++j){int t=0;for(int q=0;q<p;++q) if((1<<q)&j) t++;if(i-1-t>=k&&dp[i-1][j]!=-1) dp[i][j]=dp[i-1][j];//选满了else if(i-1-t<k&&dp[i-1][j]!=-1)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+a[d[i]]);//没选满 由于a[i]排了序，所以这里必定选才是最大}for(int j=0;j<len;++j)for(int q=0;q<p;++q)if(!((1<<q)&j)&&dp[i-1][j]!=-1)dp[i][j|(1<<q)]=max(dp[i][j|(1<<q)],dp[i-1][j]+s[d[i]][q+1]);}//printf("dp[1][0]:%lld dp[1][1]:%lld\n",dp[1][0],dp[1][1]);printf("%lld\n",dp[n][(1<<p)-1]);return 0;
}

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