2013年多校聯合第四場（2013 Multi-University Training Contest 4）解題報告

1001（HDU4632）：Palindrome subsequence

這道題是找到一個字符串中不同的迴文數量，用區間DP來做，dp[i][j]表示區間[ i , j ]的迴文數量，然後遞歸。

思路：按照長度i從1—n循環遞歸求出結果：利用變量j從字符串的頭開始掃描。

如果s[ j ] != s[ j + i ]，dp[ j ][ j + i ] = dp[ j + 1 ][ j + i ] + dp[ j ][ j + i - 1 ] - dp[ j + 1 ][ j + i - 1 ]（減去重複的部分）；

如果s[ j ] = s[ j + i ]，dp[ j ][ j + i] = dp[ j + 1][ j + i ] + dp[ j ][ j + i - 1 ] + 1 （由於s[ j ……j + i - 1]有多少個迴文串，那麼s[ j + 1……s[ j + i ]就有多少個迴文串，所以不用減去中間的交叉部分）。

code：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>
#include <map>
#include <climits>
#include <set>
#include <vector>
#define N 10007
using namespace std;
string s ;
int dp[1111][1111] ;
int main()
{
    int t , i , j ,count = 0 ;
    scanf("%d" , &t) ;
    while(t --)
    {
        memset(dp , 0 , sizeof(dp)) ;

        cin >> s ;
        int l = s.length() ;
        for(i = 0 ; i < l ; i ++)
        {
            dp[i][i] = 1 ;
        }
        for(i = 1 ; i < l ; i++)
        {
            for(j = 0 ; j < l - i ; j ++)
            {
                if(s[j] != s[j + i])
                dp[j][j + i] =(dp[j + 1][j + i] + dp[j][j + i - 1] - dp[j + 1][i + j - 1] + N) % N ;
                else
                dp[j][j + i] =(dp[j + 1][j + i] + dp[j][j + i - 1] + 1 + N) % N ;
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n" , ++ count , (dp[0][l-1] + N) % N) ;
    }
    return 0;
}

1002（HDU4633）：Who's Aunt Zhang

這道題是組合數學的問題，用到了置換羣，還有循環節數。還有一個定理：Polya定理。

Polya定理：設G 是n個對象的一個置換羣,用m種顏色塗染這n個對象,則不同染色的方案數爲:

其中G={g(1)，……，g(n)}，c(g(i))是循環節數。

那麼本題是魔方置換羣，由於是一個立體圖形，那麼正方體的面9 *6 =54個、頂點8個、棱12個都是屬於不同的狀態。所以共有74種。但是魔方可以旋轉，所以分以下幾種情況：

1.不動：循環節數有74個，有1種情況；

2.旋轉90度（整體旋轉，以下都是）：分前後旋轉、左右旋轉、順逆旋轉3種情況：

循環節數：旋轉的兩個側面3（循環節數）*2（情況）=6個，被旋轉的4個大面9個，頂點1（循環節數）*2=2個，棱1（循環節數）*3=3個，一共是6+9+2+3=20個；

3.旋轉180度：普通旋轉：前後、左右、順逆3種，一組對棱不動上下兩地面互換：12條棱6組，有6種，所以3+6=9種：

循環節數：旋轉的兩個側面5（循環節數）*2=10個，被旋轉的4個面是對面之間互換有9（循環節數）*2=18個。棱2（循環節數）*3=6個，頂點2（循環節數）*2=4種，一共有10+18+6+4=38種；

4.旋轉270度：與旋轉90度效果一樣，循環節數20個，情況3種；

5.旋轉120度（繞體對角線旋轉）：8個頂點，4組體對角線，所以有4種情況：

面9（循環節數）*2=18種，棱（與體對角線鏈各個端點相連的3*2條棱）1（循環節數）*2=2個，剩下兩條棱2（循環節數）*1=2個，頂點（體對角線的兩個端點）2（循環節數）*1=2個，剩下的6個頂點2（循環節數）*1=2個，一共有18+2+2+2+2=26種

6.旋轉240度：與旋轉120度一樣。

綜上所述：見下表：

	不動	旋轉90度	旋轉180度	旋轉270度	旋轉120度	旋轉240度
循環節數	74	20	38	20	26	26
情況種數	1	3	9	3	4	4

所以G=1+3+9+3+4+4=24種情況。

將上述情況代入公式即得出答案。

PS：（1）求冪數的時候要用到快速冪，否則TLE；

         （2）進行模運算的時候要對10007*24進行取模，否則對10007取模不一定被24整除。

code：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>
#include <map>
#include <climits>
#include <set>
#include <vector>
#define N (10007 * 24)//注意：不能把（）丟掉
using namespace std;
long long mode(long long a , long long b)
{//快速冪求a^b
    long long ans = 1 ;
    long long t = a ;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * t % N ;
        }
        b >>= 1 ;
        t = t * t % N ;
    }
    return ans ;
}
int main()
{
    int t , n ;
    long long count = 0 , ans ;
    scanf("%d" , &t) ;
    while(t --)
    {
        scanf("%d" , &n) ;
        ans = (mode(n , 74) + mode(n , 20) * 3 * 2 + mode(n , 38) * 9 + mode(n , 26) * 4 * 2) % N ;
        ans = ans / 24 ;
        printf("Case %I64d: %I64d\n" ,++ count , ans) ;
    }
    return 0;
}

1008（HDU4639）：Hehe

這道題是找規律的題，一開始我找規律找錯了，後來隊友說和斐波那契數有關，所以規律就是隻要找到”hehe“出現的次數就可以了。

code：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>
#include <map>
#include <climits>
#include <set>
#include <vector>
#define N 10007
using namespace std;
char a[11111] ;
int fab[5555] ;
void init()
{
    int i ;
    fab[1] = 1 ;
    fab[2] = 2 ;
    for(i = 3 ; i <= 5555 ; i ++)
    {
        fab[i] = (fab[i - 1] + fab[i - 2]) % N ;
    }

}
int main()
{
    int t , i , j , sum ;
    cin >> t ;
    init() ;
    int k = 0 ;
    while(t --)
    {
        sum = 1 ;
        int ans = 1 ;
        scanf("%s" , a) ;
        int l = strlen(a) ;
        for(i = 0 ; i <= l - 4 ; i ++)
        {
            if(a[i] == 'h' && a[i + 1] == 'e')
            {
                j = i + 2 ;
                sum = 1 ;
                while(1)
                {
                    if(a[j] == 'h' && a[j + 1] == 'e')
                    {
                        sum ++ ;
                        j += 2 ;
                    }
                    else
                    break ;
                }
                if(sum >= 2)
                {
                    ans = (fab[sum] * ans) % N ;
                }
                i = j - 1 ;
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n" , ++ k , ans) ;
    }
    return 0;
}

1011（HDU4642）：Fliping game

這是一道很水的博弈，但是當時看到是和矩陣方格有關就覺得是和nim博弈有關，其實是想多了。

我們注意觀察：每次進行翻轉都會翻轉的硬幣就是最右下角的那枚硬幣，所以Alice最後要麼把右下角的從1翻到0，要麼就輸了。所以只要判斷右下角的那枚硬幣的朝向就可以了。是1則Alice勝，否則Bob勝。

code：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>
#include <map>
#include <climits>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
int a[111][111] ;
int main()
{
    int t , n , m ;
    scanf("%d" , &t) ;//不能用cin,會超時
    while(t --)
    {
        scanf("%d%d" , &n , &m) ;
        for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
        for(int j = 0 ; j < m ; j ++)
        scanf("%d" , &a[i][j]) ;
        if(a[n - 1][m - 1] == 1)
        printf("Alice\n") ;
        else
        printf("Bob\n") ;
    }
    return 0;
}