T1：1-02E. JM的西伯利亚特快专递

题目

今天JM收到了一份来自西伯利亚的特快专递，里面装了一个字符串 s ，仅包含小写英文字母。于是JM决定跟qz和寒域爷一起玩一个游戏：

JM手里拿着字符串 s，qz手里拿着字符串 t ，寒域爷手里拿着字符串 u ，初始时t和u均为空。有两种操作：
将字符串 s 的首部字符取出，插入字符串 t 的尾部。
将字符串 t 的尾部字符取出，插入字符串 u 的尾部。

JM，qz和寒域爷随意地进行上述两种操作，直到字符串s和t均为空时才停止。现在JM想知道，他们能得到的字典序最小的字符串 u 是什么。

注意，对于一个字符串s，其长度为n，其中字符的下标为1，2…n，则我们定义s的首部字符为$s_1$，尾部字符为 $s_n$

输入格式
一行一个字符串s。
输出格式
一行一个字符串u表示答案。

样例
样例输入
cbaa
样例输出
aabc
数据范围与提示
$1\le |s|\le 10^5$

题解

字典序最小的话也就是说对于一个字符串，越小的字母就要尽可能越早离开$s$
仔细读题会发现其实就是下图的过程：

也就是说$t$只是起一个中转站的作用，且性质与栈一样，所以我们想到了↓

用一个双关队列或者栈来储存当遍历到$i$位时，还剩余在$s$里面的字母
接着我们来考虑对于一个字母$x$它将面临哪些选择？
　1.当$x<q.back()$，意思就是当前字母比已遍历的且没有丢进$u$的最后一个字母小，
　根据规则我们肯定想$x$先出来，所以就可以直接放在队列的最后面
　
　2.当$x>=q.back()$，如果这个时候仍然选择放在队列后面，
　那么不管后面如何操作，$x$一定比$q.back()$先出来，字典序会变小，
　所以就要先把前面$<x$的字母丢出去
如果你认为这样就能$AC$，那你真的是想多了，仔细想想刚才的情况二，我们太过于粗鲁

zzcadbde——>abdcdezz
错误答案：acbddezz

为什么会出现这种情况，很简单，因为在判断$c,d$时，我们忽略了$d$后面还有个字典序更小的$b$
因此为了解决这种情况，就定义一个后缀数组，$pre[i]$表示$i-n$中字典序最小的字母是什么，
那么我们只需要用$c$和$d$的$pre$进行比较即可，也就相当于用$c$去和$b$比较，就可以预知到后面的走向

code

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <deque>
using namespace std;
#define MAXN 100005
deque < char > q; 
char s[MAXN], pre[MAXN];
int len;int main() {scanf ( "%s", s );len = strlen ( s );pre[len] = 'z' + 1;for ( int i = len - 1;i >= 0;i -- )pre[i] = min ( s[i], pre[i + 1] );for ( int i = 0;i < len;i ++ ) {if ( q.empty() )q.push_back ( s[i] );else if ( ! q.empty() && q.back() > s[i] )q.push_back ( s[i] );else {while ( ! q.empty() ) {if ( q.back() <= s[i] && q.back() <= pre[i] ) {printf ( "%c", q.back() );q.pop_back();}elsebreak;}q.push_back ( s[i] );}}while ( ! q.empty() ) {printf ( "%c", q.back() );q.pop_back();}return 0;
}

T2：寿司晚宴

题目

为了庆祝NOI的成功开幕，主办方为大家准备了一场寿司晚宴。小G和小W作为参加NOI的选手，也被邀请参加了寿司晚宴。

在晚宴上，主办方为大家提供了n−1种不同的寿司，编号1,2,3,⋯,n-1，其中第种寿司的美味度为i+1（即寿司的美味度为从2到n）。

现在小G和小W希望每人选一些寿司种类来品尝，他们规定一种品尝方案为不和谐的当且仅当：小G品尝的寿司种类中存在一种美味度为x的寿司，小W品尝的寿司中存在一种美味度为y的寿司，而x与y不互质

现在小G和小W希望统计一共有多少种和谐的品尝寿司的方案（对给定的正整数p取模）。注意一个人可以不吃任何寿司

输入格式
从文件dinner.in中读入数据。
输入文件的第1行包含2个正整数n，p中间用单个空格隔开，表示共有n种寿司，最终和谐的方案数要对p取模。

输出格式
输出到文件dinner.out中。
输出一行包含1个整数，表示所求的方案模p的结果。

输入输出样例
输入
3 10000
输出
9

输入
4 10000
输出
21

输入
100 100000000
输出
3107203
说明/提示
【数据范围】

【时限1s，内存512M】

题解

猜测：一般这种方案数还带模$99\%$都是$dp$
两者选的寿司互质，充要条件就是两人选的寿司的质因子是不重复的，就可以用状压判断质因子，证实了$dp$猜测
首先我们打个质数表，发现$500$以内的质数个数为$95$
但是我们再用计算机一算$21\ast 23=483,23\ast 29=667$，也就是说$500$以内的数最多只会有一个质因数$>22$，所以就可以单独提出来考虑，没有就为0
那么剩下的小质因子数就只有$8$个（$2,3,5,7,11,13,17,19$）

设$dp[i][j][k]$表示在选第$i$个寿司时，甲选的质因子集合是$j$，乙选的质因子集合是$k$，则有
$$dp[i][j|food[i].s][k]+=dp[i-1][j][k](k\&food[i].s==0)$$
$$dp[i][j][k|food[i].s]+=dp[i-1][j][k](j\&food[i].s==0)$$
前提都是另外一个所选的质因子中没有当前食物的质因子，接着发现$i$只与$i-1$有关，所以用滚动将之滚成二维，简单吧跳过

接着我们要处理一下大质因子这个玩意儿，设$fg[j][k],fw[j][k]$
对于每一段大质因子相同的数，我们在这一段开始的时候把$dp$的值赋给$fg$和$fw$，然后在这一段内部用上面的递推方法继续搞
$$fg[j|s][k]+=dp[j][k](k\&s==0)$$
$$fw[j][k|s]+=dp[j][k](j\&s==0)$$
$s$表示小质因子的集合
最后在重新丢给$dp$即可
$$dp[j][k]=fg[j][k]+fw[j][k]-dp[j][k]$$
因为有可能这个食物两个人都不选，那么$dp$就分别被$fg,fw$统计了，最后就是多统计了一次，减掉就行了

具体的代码部分解释在$code$中

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; 
#define LL long long
#define MAXN 505
int p[10] = { 0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 0 };
struct node {int val, big, s;void init () {int tmp = val;big = s = 0;for ( int i = 1;i <= 8;i ++ ) {if ( tmp % p[i] == 0 ) {s |= ( 1 << ( i - 1 ) );while ( tmp % p[i] == 0 )tmp /= p[i];}}if ( tmp != 1 )big = tmp;}
}food[MAXN];
int n;
LL result, mod;
LL dp[MAXN][MAXN], fg[MAXN][MAXN], fw[MAXN][MAXN];bool cmp ( node x, node y ) {return x.big < y.big;
}int main() {scanf ( "%d %lld", &n, &mod );for ( int i = 2;i <= n;i ++ ) {food[i].val = i;food[i].init();}sort ( food + 2, food + n + 1, cmp );dp[0][0] = 1;//初始化，两人什么都不选也算一种情况 for ( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if ( i == 2 || food[i].big ^ food[i - 1].big || ! food[i].big ) {memcpy ( fg, dp, sizeof ( dp ) );memcpy ( fw, dp, sizeof ( dp ) );}for ( int j = 255;j >= 0;j -- )//j枚举的是小G选择的质因子 for ( int k = 255;k >= 0;k -- ) {//k枚举的是小W选择的质因子 if ( j & k )//有重复肯定是不合法的 continue;if ( ( food[i].s & k ) == 0 )//该质因子没有被小W选择可以被小G选择 fg[j | food[i].s][k] = ( fg[j | food[i].s][k] + fg[j][k] ) % mod;if ( ( food[i].s & j ) == 0 )//该质因子没有被小G选择可以被小W选择fw[j][k | food[i].s] = ( fw[j][k | food[i].s] + fw[j][k] ) % mod;}if ( i == n || food[i].big ^ food[i + 1].big || ! food[i].big ) {for ( int j = 0;j <= 255;j ++ )for ( int k = 0;k <= 255;k ++ )dp[j][k] = ( fg[j][k] + fw[j][k] - dp[j][k] + mod ) % mod;}}for ( int i = 0;i <= 255;i ++ )for ( int j = 0;j <= 255;j ++ )result = ( result + dp[i][j] ) % mod;printf ( "%lld", result );return 0;
}

T3：荷马史诗

题目

追逐影子的人，自己就是影子 ——荷马
Allison 最近迷上了文学。她喜欢在一个慵懒的午后，细细地品上一杯卡布奇诺，静静地阅读她爱不释手的《荷马史诗》。但是由《奥德赛》和《伊利亚特》 组成的鸿篇巨制《荷马史诗》实在是太长了，Allison 想通过一种编码方式使得它变得短一些。

一部《荷马史诗》中有n种不同的单词，从1到n进行编号。其中第i种单 词出现的总次数为wi。Allison 想要用k进制串si来替换第i种单词，使得其满足如下要求：

对于任意的 1 ≤ i, j ≤ n ， i ≠ j ，都有：si不是sj的前缀。

现在 Allison 想要知道，如何选择si，才能使替换以后得到的新的《荷马史诗》长度最小。在确保总长度最小的情况下，Allison 还想知道最长的si的最短长度是多少？

一个字符串被称为k进制字符串，当且仅当它的每个字符是 0 到 k − 1 之间（包括 0 和 k − 1 ）的整数。

字符串 str1 被称为字符串 str2 的前缀，当且仅当：存在 1 ≤ t ≤ m ，使得str1 = str2[1…t]。其中，m是字符串str2的长度，str2[1…t] 表示str2的前t个字符组成的字符串。

输入格式
输入的第 1 行包含 2 个正整数 n, k ，中间用单个空格隔开，表示共有 n种单词，需要使用k进制字符串进行替换。
接下来n行，第 i + 1 行包含 1 个非负整数wi ，表示第 i 种单词的出现次数

输出格式
输出包括 2 行
第 1 行输出 1 个整数，为《荷马史诗》经过重新编码以后的最短长度。
第 2 行输出 1 个整数，为保证最短总长度的情况下，最长字符串 si 的最短长度。

输入输出样例
输入
4 2
1
1
2
2
输出
12
2

输入
6 3
1
1
3
3
9
9
输出
36
3
说明/提示
【样例说明 1】
用 X(k) 表示 X 是以 k 进制表示的字符串。
一种最优方案：令 00(2) 替换第 1 种单词， 01(2) 替换第 2 种单词， 10(2) 替换第 3 种单词，11(2) 替换第 4 种单词。在这种方案下，编码以后的最短长度为：
1 × 2 + 1 × 2 + 2 × 2 + 2 × 2 = 12
最长字符串si的长度为 2 。
一种非最优方案：令 000(2) 替换第 1 种单词，001(2) 替换第 2 种单词，01(2)替换第 3 种单词，1(2) 替换第 4 种单词。在这种方案下，编码以后的最短长度为：
1 × 3 + 1 × 3 + 2 × 2 + 2 × 1 = 12
最长字符串 si 的长度为 3 。与最优方案相比，文章的长度相同，但是最长字符串的长度更长一些

【样例说明 2】
一种最优方案：令 000(3) 替换第 1 种单词，001(3) 替换第 2 种单词，01(3) 替换第 3 种单词， 02(3) 替换第 4 种单词， 1(3) 替换第 5 种单词， 2(3) 替换第 6 种单词。

【提示】
选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。
【时限1s，内存512M】

题解

$知识储备$
哈夫曼树
给定$N$个权值作为$N$个叶子结点，构造一棵二叉树，若该树的带权路径长度达到最小，称这样的二叉树为最优二叉树，也称为哈夫曼树(Huffman Tree)。哈夫曼树是带权路径长度最短的树，权值较大的结点离根较近

哈夫曼树又称最优二叉树，是一种带权路径长度最短的二叉树。所谓树的带权路径长度，就是树中所有的叶结点的权值乘上其到根结点的路径长度（若根结点为0层，叶结点到根结点的路径长度为叶结点的层数）。树的路径长度是从树根到每一结点的路径长度之和

应用有哈夫曼编码

多叉哈夫曼树
哈夫曼树也可以是$k$叉的，只是在构造$k$叉哈夫曼树时需要先进行一些调整。构造哈夫曼树的思想是每次选$k$个权重最小的元素来合成一个新的元素，该元素权重为$k$个元素权重之和。但是当$k>2$时，按照这个步骤做下去可能到最后剩下的元素少于$k$个。
解决这个问题的办法是假设已经有了一棵哈夫曼树(且为一棵满k叉树)，则可以计算出其叶节点数目为$(k-1)nk+1$,式子中的$nk$表示子节点数目为$k$的节点数目。于是对给定的$n$个权值构造k叉哈夫曼树时,可以先考虑增加一些权值为$0$的叶子节点，使得叶子节点总数为$(k-1)nk+1$这种形式,然后再按照哈夫曼树的方法进行构造即可
——以上均来自百度百科

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读完这道题，你就会发现和上面的知识储备对应起来，所以这道题对于一个了解哈夫曼树的人就是一道裸题，对于别人就是。。。

类比于NOIP2004 合并果子
——摘自luogu某dalao

看了这句话后，可能许多人都有重见天日的感觉，我也这么认为，这句话真的揭示了这道题的本质

code

#include <queue>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define int long long
#define MAXN 1000005
struct node {int w, h;node () {}node ( int W, int H ) {w = W;h = H;}
};
bool operator < ( node a, node b ) {if ( a.w != b.w )return a.w > b.w;return a.h > b.h;
}
priority_queue < node > q;
int n, k, cnt, result;
int w[MAXN];signed main() {scanf ( "%lld %lld", &n, &k );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%lld", &w[i] );q.push( node ( w[i], 0 ) );}if ( ( n - 1 ) % ( k - 1 ) )//要判断是否需要加空节点，不然cnt会算错 cnt = ( k - 1 ) - ( n - 1 ) % ( k - 1 );//( n - 1 ) % ( k - 1 )是最后一次合并不足k的个数，减掉才是要加的空节点 for ( int i = 1;i <= cnt;i ++ )q.push( node ( 0, 0 ) );cnt += n;while ( cnt > 1 ) {int sum = 0, maxh = 0;for ( int i = 1;i <= k;i ++ ) {sum += q.top().w;maxh = max ( maxh, q.top().h );q.pop();}result += sum;q.push( node ( sum, maxh + 1 ) );cnt -= ( k - 1 );}printf ( "%lld\n%lld\n", result, q.top().h );return 0;
}

就完了，有问题欢迎评论，点个赞呗~