牛客練習賽1

a矩陣

題意：

給出乙個n * m的矩陣。讓你從中發現乙個最大的正方形。使得這樣子的正方形在矩陣**現了至少兩次。輸出最大正方形的邊長。\(n <= 500, m <= 500\)

題解：考慮暴力

列舉每個矩陣為 \(n ^ 3\)然後判斷兩個矩陣是否相等 \(n ^ 2\)顯然複雜度**，如果將矩陣進行hash 然後o(1)判斷兩個矩陣是否相等，那麼最後的複雜度為 \(n ^ 3\) ，好像還是不行。

這個時候就要考慮如何優化了。

仔細想一下矩陣**現兩個個長度為\(x\)的且相同的正方形，那麼一定存在兩個長度為\(x - 1\)相同的正方形，同樣一會出現長度為 \(x - 2 ………… ， 1\)的正方形，有了這個結論，那麼可以直接二分長度了，如果存在就向右移動，否則向左移動。

**：

#includeusing namespace std;
const int n = 1000;
const int maxn = 1e3+5;
const int maxn = 1e3+5;
typedef unsigned long long ull;
ull p = 13331,p1 = 233333;
ull hasha[maxn][maxn];
ull hasha1[maxn][maxn];
ull powp[maxn];
ull powp1[maxn];
char str[n][n];
void init() 
vis[cnt]++;
} else }}
return false;
}int main() 
init();
make_hash(n, m);
int l = 0, r = min(n, m), ans;
while (l <= r)  else 
}cout << ans + 1 << endl;
}

b樹

題意：

shy有一顆樹，樹有n個結點。有k種不同顏色的染料給樹染色。乙個染色方案是合法的，當且僅當對於所有相同顏色的點對(x,y)，x到y的路徑上的所有點的顏色都要與x和y相同。請統計方案數。

題解：考慮組合數學

首先肯定肯定知道，將樹劃分成幾個聯通快，然後每個聯通快塗乙個顏色。

假設當前聯通快的個數為 \(x\) 顏色的數量為 \(n\) 那麼當前的答案就是乙個全排列， \(ans = n * (n - 1) * (n - 2) * ...... (n - x + 1)\)

那麼怎麼求乙個樹可以分成多少個連通塊呢？這個問題可以用dp去求，但是我覺得比較麻煩，有個數學方法可以直接求。

對於一顆樹，聯通快的個數不就是將樹刪邊，樹有 \(n - 1\)條邊，刪一條邊那麼將出現兩個連通塊，刪兩條邊就會出現三個聯通快，同時刪一條邊的方案數為 \(c_^\) ，刪兩條邊的方案樹為 \(c_ ^\) 以此類推。

**：

#includeusing namespace std;
const int n = 1e4;
typedef long long ll;
const long long mod = 1e9+7;
long long fac[2000006]; // 階乘表
long long qpow(long long x, long long n) 
long long inv(long long a) 
void solve() 
}long long comb(long long n, long long k) 
ll n, k;
ll work(ll x) 
return res;
}int main() 
cout << ans << endl;
}

c 圈圈

題意：

shy有乙個佇列a[1], a[2],…,a[n]。現在我們不停地把頭上的元素放到尾巴上。在這過程中我們會得到n個不同的佇列，每個佇列都是a[k],a[k+1],…,a[n],a[1],…,a[k-1]的形式。在這些佇列中，我們可以找到字典序最小的。

shy無聊的時候會給佇列的每個元素加一玩。但是為了使得遊戲不這麼無聊，shy加一以後會給每個元素模m，這樣子字典序最小的序列就會變了，生活就變得有趣。

很顯然這樣子加m次以後，序列會變成原來的樣子。所以現在shy想知道，在他沒有加一前，加一時，加二時,….,加m-1時字典序最小的序列的第k(和上面的k沒有關係)個元素分別是幾。

題解：

先考慮然後找到字典序最小的呢？

最原始的方法就是\(n ^ 2\)列舉每乙個長度為n的字串然後在比較大小。

這樣肯定是不行的，那有更優的方案嗎。

考慮到每個字典序直接的比較一定是前面的元素的都是相等，然後當前位的元素比較小那麼就不需要在繼續比較了

是不是可以找到乙個最長相等的字首，然後在比較下一位。

先選乙個起始串，然後通過二分+雜湊找到與起始串最長的字首，然後比較下一位，如果比起始串小，那麼在更新起始串，繼續列舉下乙個字串，通過 hash+ 二分進行查詢，然後在繼續……

這樣的複雜度位列舉為 \(o(n)\) 判斷每個字典序的大小為 \(log(n)\)所以總時間複雜度為\(o(n * log(n))\)

如果每次都給所以數加1 在模上 m, 總共操作m次，每次都這麼找的話時間複雜度不就是為 \(o(n * m * log(n))\)

很顯然這樣肯定過不了，仔細想一下每次給所有數加1 然後在取模，是不是只有變為0的數才對答案產生貢獻啊

然後記錄有那幾個數將在加多少次變為0，然後在用上面的方案找出字典序的最小的，因為只操作m次，所以每個數隻會有一次變為0，所以每個數隻進行一次比較，最後的複雜度為\(o(m * log(n))\)

**：

#includeusing namespace std;
const int n = 5e5 + 7;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n, m, k;
ll fn[n], hash[n];
ll a[n];
void init() 
}ll get_hash(int l, int r) 
int work(int x, int y, int v)  else 
}if ((a[x + ans] + v) % m < (a[y + ans] + v) % m) 
return y;
}vectorg[n];
int main() 
n += n;
init();
int ans = 1;
for (int i = 2; i <= n / 2; i++) 
printf("%lld\n", a[ans + k - 1]);
for (int i = 1; i < m; i++) 
}printf("%lld\n", (a[ans + k - 1] + i) % m);
}}

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