A. 很會dp

出題人： zhber
AC/TOT： 1/50

題解： 因為 $V$ 實在太大了，所以做揹包 $dp$ 肯定不行，這一點在題目中已經很明顯的提示了。那麼另一種做法只能是暴力列舉每一個物品取還是不取。每件物品可以選取或不取，這樣方案數會有 $2^{}$

n 2^n ，是不能接受的。注意到如果 $n$ 變成 $\frac{n}{2}$

\frac{n}{2} ，暴力列舉似乎就可以接受了。再考慮到如果 $n$ 件物品分成兩部分，分別以 $2^{\frac{n}{}}$

2 2^\frac{n}{2} 列舉這兩部分的所有可能的體積之和，合併的時候不需要在兩區間列舉各取什麼再加起來，因為這樣還是 $2^n$，而對於一個區間列舉取的是什麼體積（假如取了體積是 $sum$ ），另一個區間排序之後直接二分小等於 $V-sum$ 的最大值即可。顯然只有這個值對於 $sum$ 才是有用的，其他值要麼加起來超過 $V$，要麼加起來不如它優。因此對 $n$ 個物品折半之後分別暴力處理所有可能體積，然後列舉前半部分，在後半部分二分即可。這個演算法有個專門的名字，叫meet-in-middle有興趣的同學可以去學習一下“折半搜尋”！

參考程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,len;
ll a[40],V,ans;
ll s[200010];
inline ll bsearch(int l,int r,ll x)
{
    ll t=0;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (s[mid]<=x)t=s[mid],l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    return t;
}
int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&V);
    for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i);
    for (int i=0;i<(1<<(n/2));i++)
    {
        ll sum=0;
        for (int j=1;j<=n/2;j++)
            if (i & (1<<(j-1)) )sum+=a[j];
        if(sum<=V)s[++len]=sum;
    }
    s[++len]=0;
    sort(s+1,s+len+1);
    ans=s[len];
    for (int i=0;i<(1<<(n-n/2));i++)
    {
        ll sum=0;
        for (int j=n/2+1;j<=n;j++)
            if (i & (1<<(j-n/2-1)) )sum+=a[j];
        if(sum<=V)ans=max(ans,sum+bsearch(1,len,V-sum));
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

B. 秀外慧中

出題人： zhber
AC/TOT： 0/0

題解： 注意到只要各位有一個零，那麼乘積就是零了。因此 $t$是零與非零的情況分類討論。

• 對於乘積為零的情況，考慮到用總方案數減去不合法方案數，即得到合法的方案數。總方案數是 $10^k$，不合法方案就是 $k$ 位都不是零，共 $9^k$ 個。所以答案就是 $10^k-9^k$。注意答案取模必須是非負的。
• 對於乘積不為零的情況，注意到填的數字只能是 $1...9$，那麼 $t$分解質因數其實只能有 $2、3、5、7$ 四個質因數，否則一定無解。如果 $t=2^a3^b5^c7^d$，只要取 $k$ 個數，乘起來得到 $a$ 個 $2$、 $b$ 個 $3$、 $c$ 個 $5$、 $d$ 個 $7$ 即可。

考慮動態規劃： $f[i][j][k][l][m]$表示前 $i$個位置、已經有 $j$ 個 $2$、 $k$ 個 $3$、 $l$ 個 $5$、 $m$ 個 $7$ 的方案數，考慮取 $1...9$ 每個數能貢獻幾個什麼數字即可，比如 $6$ 貢獻了 $1$ 個 $2$、 $1$ 個 $3$，因此 $f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j-1][k-1][l][m]$，其他 $8$ 個式子同理。最後答案即為 $f[k][a][b][c][d]$。而 $2^{27}\approx3^{17}\approx5^{12}\approx7^{10}\approx10^8$，所以 $a、b、c、d$不會很大。

參考程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,t;
int p[20],q[20],len;
ll f[50][30][20][15][15];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&t);
    if (t==0)
    {
        int s1=1,s2=1;
        for (int i=1;i<=n;i++)s1=(s1*10)%mod,s2=(s2*9)%mod;
        printf("%d\n",(s1-s2+mod)%mod);
        return 0;
    }
    for (int i=2;i*i<=t;i++)
    if (t%i==0)
    {
        p[++len]=i;q[len]=1;t/=i;
        while (t%i==0)t/=i,q[len]++;
    }
    if (len==0||t!=1)
    {
        p[++len]=t;
        q[len]=1;
    }
    for (int i=1;i<=len;i++)if (p[i]!=1&&p[i]!=2&&p[i]!=3&&p[i]!=5&&p[i]!=7){puts("0");return 0;}
    int a=0,b=0,c=0,d=0;
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        if (p[i]==2)a=q[i];
        if (p[i]==3)b=q[i];
        if (p[i]==5)c=q[i];
        if (p[i]==7)d=q[i];
    }
    f[0][0][0][0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=a;j++)
            for (int k=0;k<=b;k++)
                for(int l=0;l<=c;l++)
                    for (int m=0;m<=d;m++)
                    {
                        f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j][k][l][m];//1
                        if (j>=1)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j-1][k][l][m];//2
                        if (k>=1)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j][k-1][l][m];//3
                        if (j>=2)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j-2][k][l][m];//4
                        if (l>=1)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j][k][l-1][m];//5
                        if (j>=1&&k>=1)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j-1][k-1][l][m];//6
                        if (m>=1)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j][k][l][m-1];//7
                        if (j>=3)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j-3][k][l][m];//8
                        if (k>=2)f[i][j][k][l][m]+=f[i-1][j][k-2][l][m];//9
                        f[i][j][k][l][m]%=mod;
                    }
    printf("%lld\n",f[n][a][b][c][d]);
}

C. 揹著大家偷偷交題

出題人： zhber
AC/TOT： 0/0

題解： 把所有熟人的位置扔進佇列，然後做 $bfs$ 往外擴充套件，即可知道每個點到它最近熟人的距離 $dist[i][j]$。顯然如果存在一條最小距離是 $k$ 的路徑，也肯定存在一條最小距離是 $k-1$ 的路徑，因此最大的最小距離會在 $[k,+\infty)$。而如果不存在最小距離是 $k$ 的路徑，那也一定不存在最小距離是 $k+1$ 的路徑，因此最大的最小距離會在 $[0,k)$。因此可以二分最小距離，不管我們判斷某個答案可不可行，一定可以將範圍至少縮小一半。考慮判定最小距離 $mid$ 可不可行，此時只能走滿足 $dist[x][y]\ge mid$ 的點 $(x,y)$，相當於在原有條件下多了一個合法性的判定。在此條件下， $bfs$ 求 $S$ 到 $T$ 的最短距離即可。

參考程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define pa pair<int,int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
char mp[1010][1010];
int dist[1010][1010];
int dis2[1010][1010];
int n,m;
int sx,sy,ex,ey;
int mx[4]={1,0,-1,0},my[4]={0,1,0,-1};
inline void bfs1()
{
    memset(dist,-1,sizeof dist);
    queue<pa>q;while (!q.empty())q.pop();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            if (mp[i][j]=='#')q.push(mkp(i,j)),dist[i][j]=0;
    while (!q.empty())
    {
        int nx=q.front().first,ny=q.front().second;q.pop();
        for (int k=0;k<4;k++)
        {
            int wx=nx+mx[k];
            int wy=ny+my[k];
            if (wx<1||wx>n||wy<1||wy>m||dist[wx][wy]!=-1)continue;
            dist[wx][wy]=dist[nx][ny]+1;
            q.push(mkp(wx,wy));
        }
    }
}
inline int bfs2(int x)
{
    memset(dis2,-1,sizeof dis2);
    queue<pa>q;while (!q.empty())q.pop();
    q.push(mkp(sx,sy))