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1001.循环位移

字符串

题目大意

给定两个字符串 $A,B$ 。
定义 $[A]$ 为字符串 $A$ 的循环位移任意次可以得到的所有字符串的集合。
求 $B$ 包含 $[A]$ 中元素的个数。

解题思路

利用字符串Hash快速匹配。
将 $[A]$ 中所有元素的Hash记录到一个set：计算 $A+A$ 的Hash前缀和，以快速得到所有长度为 $|A|$ 的子串的Hash值，并加入set中。
枚举 $B$ 的所有长度为 $|A|$ 的子串，计算Hash值，判断是否在set中，计数。

参考程序

void solve()
{string a,b;cin >> a >> b;ll n=a.length(),m=b.length();set<pll> st;strHash sa(a+a);FORLL(i,1,n)st.insert(sa.findz(i,i+n-1));strHash sb(b);ll ans = 0 ;FORLL(i,1,m-n+1)if(st.count(sb.findz(i,i+n-1))) ans++;cout << ans << endl;
}

1002.星星

背包DP

题目大意

小A要进行n次选择，每次可以选择一项：

1. 不执行操作
2. 付出$a_i$点代价得到1颗星星
3. 付出$b_i$点代价得到2颗星星
4. 付出$c_i$点代价得到3颗星星
5. 付出$d_i$点代价得到4颗星星

求恰好得到$k$颗星星的最小代价。

解题思路

一眼顶针鉴定为背包DP的分组背包问题。

$d{p}_x$表示选x个物品的最低cost。
在第$i$组时，从大到小遍历作出选择后有$j$个星星。
遍历这一步的选择（ $l$ 个星星），从 $d{p}_{j-l}$ 更新到 $d{p}_j$ ，这样更新保证了一次操作只生效一项。

参考程序

void solve()
{ll n,k;cin >> n >> k;vector<array<ll,5>> cost(n,{0,0,0,0,0});vector<ll> dp(k+1,INF); dp[0]=0; //选i个物品的最低costFORLL(i,0,n-1) cin >> cost[i][1] >> cost[i][2] >> cost[i][3] >> cost[i][4];FORLL(i,0,n-1){ //第i步FORLL_rev(j,k,1){ //选择后的个数FORLL(l,0,4){ //这一步选择l个if(j-l>=0) chmin(dp[j],dp[j-l]+cost[i][l]);}}}cout << dp[k] << endl;
}

1008.位运算

题目大意

给定整数$n,k$，求满足 $((a\otimes b)\oplus c)\ominus d=n$ 的四元组 $(a,b,c,d)，0\le a,b,c,d<2^k$ 的个数。

其中，$\otimes$ 表示按位与，$\oplus$ 表示按位异或，$\ominus$ 表示按位或。

解题思路

转为二进制，按位考虑。

若 $n$ 的某一位上是 $0$ ， $d$ 在这一位上必须为 $0$ ，$c$ 在这一位上由 $a,b$ 决定（控制这一位为 $0$），$a,b$ 在这一位上任选，即 $1\ast 1\ast 2\ast 2=4$ 种可能。

若 $n$ 的某一位上是 $1$ ：

1. 若 $d$ 在这一位上为 $0$ ，则 $c$ 在这一位上由 $a,b$ 决定（控制这一位为 $1$），$a,b$ 在这一位上任选，即 $1\ast 1\ast 2\ast 2=4$ 种可能。
2. 若 $d$ 在这一位上为 $1$ ，则 $a,b,c$ 在这一位上任选，即 $1\ast 2\ast 2\ast 2=8$ 种可能。

综上，$n$ 的一位上是 $1$ 时有 $12$ 种可能，是 $0$ 时有 $4$ 种可能。

答案为 $4^k\times 3^{cnt1}$ 。

参考程序

void solve()
{ll n,k;cin >> n >> k;ll cnt1=0;while(n){if(n%2) cnt1++;n/=2;}cout << qcpow(2,k*2)*qcpow(3,cnt1) << endl;
}

1012.并

题目大意

给定 $n$ 个矩形，对 $k=1\to n$ 分别求随机取 $k$ 个矩形的面积并的期望。

解题思路

平面可以被矩形边界分割成若干个小区域，考虑每个区域对答案的贡献。

因为要求期望，被“相同数量矩形覆盖”的小区域 对答案的贡献是相同的，因此按照 覆盖矩形数量 将这些小区域分组，统计出恰好被 $i$ 个矩形覆盖的区域的面积 $S_i$。

我的求法就是从左到右扫描，在每条竖线的位置，更新 $i$ 个矩形覆盖的y轴长度 $yva{l}_i$ ，到下一条竖线再乘经过的x轴长度，得到这一部分的面积（类似于积分？），加入 $S_i$

然后考虑贡献的权重。
从 $n$ 个矩形中随机选取 $k$ 个，对于被 $i$ 个矩形覆盖的区域，只要选取的 $k$ 个矩形中，存在这 $i$ 个矩形之一，那么这个面积就会被计入。
在上述条件下的贡献权重是 $va{l}_{k,i}=\frac{C_n^k-C_{n-i}^k}{C_n^k}$ ，即从 $n$ 个矩形中选取 $k$ 个方案数，减去从 $n-i$ 个矩形中选取 $k$ 个方案数。

最后答案$an{s}_k$是 $\sum _{i=1}^{n}va{l}_{k,i}\times S_i$ 。

参考程序

void prepare(){Prepare_Combination(5005);MOD = 998244353;
}
ll getval(ll n,ll i,ll j){ll ret=C[n][i],sb;if(i>n-j) sb=0;else sb = C[n-j][i];return sub(ret,sb);
}
void solve()
{ll n;cin >> n;ll xx1,xx2,yy1,yy2;vector<tuple<ll,ll,ll,ll>> xlines;vector<ll> ylines;// xline:(y,x1,x2,flag) # 横线 flag:0上边界1下边界// yline:(x) # 竖线x坐标FORLL(i,1,n){cin >> xx1 >> yy1 >> xx2 >> yy2;xlines.emplace_back(yy1,xx1,xx2,0);xlines.emplace_back(yy2,xx1,xx2,1);ylines.emplace_back(xx1);ylines.emplace_back(xx2);}SORT(xlines); SORT(ylines);map<ll,ll> S,yval;ll prex=0;// S[i]:重叠i次部分的面积for(auto xx:ylines){ll difx = xx-prex;for(auto [pl,val]:yval){// S[pl]+=difx*val;addto(S[pl],mul(difx,val));}yval.clear();ll cur = 0, prey = 0;for(auto [yy,xx1,xx2,flag]:xlines){if(xx1<=xx&&xx<xx2){yval[cur]+=yy-prey;if(flag==0) cur++;else cur--;prey=yy;}}prex = xx;}// for(auto x:S) cout << x.first << ' ' << x.second << endl;FORLL(i,1,n){ll ans = 0;FORLL(j,1,n){ll val = getval(n,i,j);ans = add(ans,mul(val,S[j]));}divto(ans,C[n][i]);cout << ans << endl;}
}