A.牛妹的游戏

Ramsey定理：人话解释任意六个人中要么至少三个人认识，要么至少三个不认识。

结论简要证明:

假设 $6$ 个据点分别为 $A,B,C,D,E,F$那么在 A 连向其它据点的控制链中，必然至少有 $3$条链被同一方控制，不妨假设它们为 $AB,AC,AD$。如此一来只要 $BC,BD,CD$ 中有任意一条链也被这一方控制，则可以形成控制区域；如果这三条链都没有被这一方控制，也就意味着它们都被对方控制了，则它们同样可以形成控制区域。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=500010;
int n,m;
int e[10][10];
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;memset(e,0,sizeof e);if(n>5){for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;}cout<<"yes\n";continue;}for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;e[a][b]=e[b][a]=1;}bool ok=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)for(int k=j+1;k<=n;k++)if(e[i][j]&&e[j][k]&&e[k][i]||!e[i][j]&&!e[j][k]&&!e[k][i])ok=1;if(ok) cout<<"yes\n";else cout<<"no\n";}return 0;
}

B.病毒扩散

打表找规律，杨辉三角。
第四秒后扩张现象如下图

$\left[\begin{array}{ccccc}1\times 1& 4\times 1& 6\times 1& 4\times 1& 1\times 1\\ 4\times 1& 6\times 2& 4\times 3& 1\times 4& \\ 6\times 1& 4\times 3& 1\times 6& & \\ 4\times 1& 1\times 4& & & \\ 1\times 1& & & & \end{array}\right]$
好像不是那么明显，我们把乘号左边和右边的数分别拿出来
$左边:\left[\begin{array}{ccccc}1& 4& 6& 4& 1\\ 4& 6& 4& 1& \\ 6& 4& 1& & \\ 4& 1& & & \\ 1& & & & \end{array}\right]$

$右边:\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& 1& 1\\ 1& 2& 3& 4& \\ 1& 3& 6& & \\ 1& 4& & & \\ 1& & & & \end{array}\right]$
不难发现这两个矩阵的这些数和组合数（杨辉三角）有关
考虑位置为$(x,y)$时间是$t$的情况下：
左边的数$C_t^{x+y}$，右边的数$C_{x+y}^x$那么最终答案就是$$C_t^{x+y}\times C_{x+y}^x$$
预处理阶乘和逆元即可$O(1)$得到每个位置的答案
我看不懂的官方证明转化

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=5010;
const ll mod=998244353;
ll fact[N],infact[N];
ll qmi(ll a,ll b,ll p)
{ll res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%p;b>>=1;a=a*a%p;}return res;
}
void init()
{fact[0]=infact[0]=1;for(int i=1;i<N;i++){fact[i]=fact[i-1]*i%mod;infact[i]=qmi(fact[i],mod-2,mod);}
}
int n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;init();while(T--){cin>>n;while(n--){int x,y,t;cin>>x>>y>>t;if(x+y>t) cout<<0<<'\n';else{ll res=1;res=res*fact[t]*infact[x+y]%mod*infact[t-x-y]%mod;res=res*fact[x+y]%mod*infact[x]%mod*infact[y]%mod;cout<<res<<'\n';}}}return 0;
}

C.牛牛染颜色

树形dp
状态表示：$f_{(i,0/1)}$表示选择/不选择$u$ 这个节点后以 $u$ 为根的子树的合法方案数。
状态转移：
若选择 $u$ 这个节点，则子树内可以随便选点，每个子树独立乘法原理可得转移$f_{(i,1)}={\prod }_{j\in son}{f}_{(j,0)}+f_{(j,1)}$
若不选择$u$ 这个节点，则最多选择某一个子树，由加法原理可得转移$f_{(i,0)}=1+{\sum }_{j\in son}(f_{(j,0)}+f_{(j,1)}-1)$（​ $f_{(i,0)}$包含空集的方案，所以在枚举子树统计的时候每颗子树贡献的答案要减 $1$，但最后也要把空集的情况算上，还要加个$1$）

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx;
ll f[N][2];
int n;
void add(int a,int b)
{e[idx]=b;ne[idx]=h[a];h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa)
{f[u][0]=f[u][1]=1;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa) continue;dfs(j,u);f[u][1]=(f[u][1]*(f[j][0]+f[j][1]))%mod;f[u][0]=(f[u][0]+f[j][1]+f[j][0]-1)%mod;}
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;add(a,b),add(b,a);}dfs(1,-1);cout<<(f[1][0]+f[1][1])%mod<<'\n';}return 0;
}

D. 牛牛的呱数

对于大数，基本上都是取模达到我们想要的目的。
由此可以把原串取模后的答案记录下来，并且记录它的长度（边权），和别的串相接的过程就类似从一个状态到另一个状态，只需要预处理$10^k\%p$的结果跑最短路即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=210;
int ten[1000010];
struct node
{int val,len;
}a[N];
int dist[N],n,p;
bool st[N];
void dijkstra()
{memset(dist,0x3f,sizeof dist);priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >q;for(int i=1;i<=n;i++) {dist[a[i].val]=min(dist[a[i].val],a[i].len);q.push({a[i].len,a[i].val});}while(q.size()){int t=q.top().second;q.pop();if(st[t]) continue;st[t]=1;for(int i=1;i<=n;i++){int now=(t*ten[a[i].len]%p+a[i].val)%p;if(dist[now]>dist[t]+a[i].len){dist[now]=dist[t]+a[i].len;q.push({dist[now],now});}}}
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>p;ten[0]=1;for(int i=1;i<=1000000;i++) ten[i]=ten[i-1]*10%p;for(int i=1;i<=n;i++){string s;cin>>s;a[i].len=s.size();reverse(s.begin(),s.end());ll base=1;ll now=0;for(auto t:s){now=(now+base*(t-'0')%p)%p;base=base*10%p;}a[i].val=now%p;}dijkstra();if(dist[0]==0x3f3f3f3f) cout<<"-1\n";else cout<<dist[0]<<'\n';}return 0;
}

要加油哦~~