Hihocoder [Offer收割]编程练习赛8

A. 小Ho的强迫症 数论 GCD

题意：

一个人在无限长的路上走格子，步长为(D)，脚长为(F)，每个格子的长度为(L)，如图所示：

问能否一直走下去，永远踩不到线。

分析：

先不考虑脚的长度，观察一下在所有格子中落点的情况：
容易知道在每个格子中的落点到格子起点的距离都是(g)，(2g)，(3g cdots)，其中(g=gcd(D, ; L))
即落点以(g)等间距地分布在格子上，所以如果脚长(F>g)，一定会踩到格子的边线。

#include <cstdio>

int gcd(int a, int b) { return !b ? a : gcd(b, a%b); }

int main()
{
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        int L, F, D; scanf("%d%d%d", &L, &F, &D);
        int g = gcd(L, D);
        if(F <= g) puts("YES");
        else puts("NO");
    }

    return 0;
}

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B. 拆字游戏 BFS

题意：

有一个(01)矩阵，求出所有四方向的连通块并输出。

分析：

找连通块可以用BFS，主要说一下这题的坑点：

• 代表点是连通块的最左且最上的点，而不是所在矩阵的左上角。
• 输出连通块所在矩阵时，注意不要输出其他连通块的(1)。

代码丑拒贴，(ˉ▽￣～)

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C. 数组分拆 DP

题意：

给出一个长度为(N(N leq 10^5))的数组(A_1 sim A_N,|Ai| leq 100)，求有多少种方案可以将数组划分若干段，且每段之和不为0，方案数对(10^9 + 7)取模。

分析：

设(d_i)为将前(i)个数划分为若干段且每段之和不为(0)的方案数
容易想到一个(O(N^2))的做法：
预处理一下前缀和(sum_i= sumlimits_{j=1}^i A_j)
对于前(j)个数的某个划分，如果(sum_i-sum_j eq 0)的话，就可以将(A_{j+1} sim A_i)作为后缀拼在后面得到一个前(i)个数的划分
所以转移方程为：(d_i = sumlimits_{j=0}^{i-1} d_j, sum_i - sum_{j-1} eq 0)

优化：(d_i)是由(d_j)拼接上不为(0)的后缀得到的，不如反向考虑，把所有可能的方案加起来然后减去那些后缀为(0)的不合法的方案。
设(cnt_s)表示元素之和为(s)的划分个数，如果某些划分和为(sum_i)，说明它对应的后缀为(0)是不合法的，所以不合法的划分就有(cnt_{sum_i})个。
因此(d_i=sumlimits_{j=1}^{i-1} d_j - cnt_{sum_i})

边界情况是(d_0=1)，对应(A_1 sim A_i)作为一个整体划分的转移

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;

typedef long long LL;
const LL MOD = 1000000007LL;
void add(LL& a, LL b) { a += b; if(a >= MOD) a -= MOD; }

map<int, LL> M;

const int maxn = 100000 + 10;

int n, a[maxn], sum[maxn];
LL d[maxn];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    }
    
    M[0] = 1;
    d[0] = 1;
    LL tot = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        d[i] = (tot + MOD - M[sum[i]]) % MOD;
        add(M[sum[i]], d[i]);
        add(tot, d[i]);
    }

    printf("%lld
", d[n]);

    return 0;
}

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D. 矩形计数 容斥原理

题意：

有一个(N)行(M)列的矩形，其中有(K)个黑格子，其余的都是白格子。
求全部由白格子组成的矩形的个数。

分析：

首先不考虑黑格子，计算出一共有多少个矩形：
枚举矩形的大小(r imes c)，这样大小的矩形一共有((N-r+1)(M-c+1))个。
然后减去不符合要求的矩形，也就是减去包含第一个黑格子的矩形个数，减去包含第二个黑格子，第三个的……
然后再加上包含第一第二黑格子的矩形数……
也就是容斥原理。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

int n, m, k;
int r[10], c[10];

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);

	LL ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++)
			ans += (LL)(n + 1 - i) * (m + 1 - j);
	for(int i = 0; i < k; i++)
		scanf("%d%d", r + i, c + i);
	for(int S = 1; S < (1 << k); S++) {
		int lft = m + 1, top = n + 1;
		int down = 0, rgh = 0;
		int cnt = 0;
		for(int i = 0; i < k; i++) if((S >> i) & 1) {
			cnt++;
			lft = min(lft, c[i]);
			top = min(top, r[i]);
			rgh = max(rgh, c[i]);
			down = max(down, r[i]);
		}
		int sign = (cnt & 1) ? -1 : 1;
		ans += (LL)sign * lft * (m + 1 - rgh) * top * (n + 1 - down);
	}

	printf("%lld
", ans);

	return 0;
}