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本文用于记录回顾总结解题思路便于加深理解。

A - 循环位移

ProblemDescription

$定义字符串S=S0+\cdots +Sn-1循环位移k次为S(k)=Skmodn+\cdots +Sn-1+S0+\cdots +S(k-1)modn。定义[A]=A(k),k\in N.给出T组串A,B，询问B有多少个子串在[A]中。$

Input

$第一行一个T表示输入组数。接下来每行两个字符串，表示A和B，保证\mid A\mid \le \mid B\mid 。保证\sum \mid B\mid \le 1048576.，并且字符串均由大写字母组成。$

Output

$输出T行，每行一个数表示答案。$

解题思路

题目要我们求字符串B中有多少个子串属于字符串A的循环位移串。
一般对于这种循环位移的东西，我们都可以去倍增一下会比较好写。
在这里我们可以将字符串A倍增一倍然后去字符串B中找有多少个长度为字符串A长度的字串然后通过字符串哈希统计答案。
首先我们可以计算一下倍增后的字符串A的每个字符的的哈希值，然后再将每个区间长度为原字符串A长度的字串的哈希值标记为1，最后再类似的处理字符串B的每个字符的哈希值，然后再判断字符串B中长度为原字符串A长度的哈希值是否被标记，如果被标记那么答案就++。
还需要注意的就是在此之前我们需要预处理一个数组f用于计算哈希值，以及区间哈希值如何计算。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define look(x) cout << #x << " ==  " << x << "\n"
using namespace std;
using i64 = long long;
const int N = 5e5 + 10;
const int MOD1 = 1e9 + 7;
const int MOD2 = 998244353;
//h1代表字符串A中字符的哈希值
//h2代表字符串B中字符的哈希值
i64 h1[N],h2[N];
//预处理的数组
i64 f[N];
//字符串A中区间哈希值的计算
i64 get1(int l,int r){return h1[r] - h1[l - 1] * f[r - l + 1];
}
//字符串B中哈希值的计算
i64 get2(int l,int r){return h2[r] - h2[l - 1] * f[r - l + 1];
}
void solve(){string s1,s2;cin >> s1 >> s2;int n1 = s1.size();int n2 = s2.size();s1 = '?' + s1 + s1;s2 = '?' + s2;//计算字符串A的每个字符的哈希值for(int i = 1;i < s1.size();i ++){h1[i] = h1[i - 1] * 11 + s1[i];}map<i64,int> mp;//标记A的每个循环位移串for(int i = 1;i < s1.size();i ++){if(i + n1 - 1 < s1.size()){mp[get1(i,i + n1 - 1)] = 1;}}//计算字符串B的每个字符的哈希值for(int i = 1;i < s2.size();i ++){h2[i] = h2[i - 1] * 11 + s2[i];}i64 ans = 0;//统计答案，被标记了就是答案，加1for(int i = 1;i < s2.size();i ++){if(i + n1 - 1 < s2.size()){ans += mp[get2(i,i + n1 - 1)];}}cout << ans << "\n";
}int main(){	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);f[0] = 1;//预处理的数组ffor(int i = 1;i <= N;i ++){f[i] = f[i - 1] * 11;}int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}return 0;
}

B - 星星

ProblemDescription

$小A有n次获得星星的机会。在第i次机会里他有如下的5种选择（他必须做出恰好一种选择）：$
$-跳过这一轮。$
$-ai的代价获得1颗星星。$
$-bi的代价获得2颗星星。$
$-ci的代价获得3颗星星。$
$-di的代价获得4颗星星。$
$保证0<a_i\le b_i\le c_i\le d_i\le 10^9。$
$他想要获得恰好k颗星星，但是并不知道最小代价是多少，请你帮他计算这个最小值。$

Input

$本题有多组数据$
$第一行输入数据组数T。$
$对于每组数据的第一行，有两个正整数表示n,k。接下来n行，输入四个数字a_i,b_i,c_i,d_i。$
$1\le n\le 1000,0\le k\le n\times 4.$
$满足\sum n\le 100000$

Output

$对于每组数据，输出一个数字表示这组数据的答案。$

解题思路

n次获得星星中恰好获得k颗星星的最小代价，是不是有点和01背包的n件物品中背包容量恰好为v的最大价值有点类似。
对的，那么这题肯定大概率应该就是个变形版的01背包了。
那么就直接考虑dp，$dp[N]$代表的是获得星星为$N$时所付出的最小代价。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define look(x) cout << #x << " ==  " << x << "\n"
using namespace std;
using i64 = long long;
const int N = 2e5 + 10;
const int MOD1 = 1e9 + 7;
const int MOD2 = 998244353;
//获得1、2、3、4颗星星时所需要付出的代价
int a[1010],b[1010],c[1010],d[1010];
//获得星星数为x时所需付出的最小代价
i64 dp[4040];
void solve(){//初始化为无穷大memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//获得0颗星星时不需要付出代价dp[0] = 0;int n,k;cin >> n >> k;for(int i = 1;i <= n;i ++){cin >> a[i] >> b[i] >> c[i] >> d[i];}//第i次获得星星的机会for(int i = 1;i <= n;i ++){//目前获得的星星数for(int j = k;j >= 0;j --){//在获得1、2、3、4颗星星时依次转移for(int t = 1;t <= 4;t ++){if(j >= t){if(t == 1){dp[j] = min(dp[j],dp[j - t] + a[i]);}else if(t == 2){dp[j] = min(dp[j],dp[j - t] + b[i]);}else if(t == 3){dp[j] = min(dp[j],dp[j - t] + c[i]);}else if(t == 4){dp[j] = min(dp[j],dp[j - t] + d[i]);}}}}}//输出恰好获得k颗星星时的最小代价cout << dp[k] << "\n";
}int main(){	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}return 0;
}

H - 位运算

ProblemDescription

$小丁最近对位运算很感兴趣，通过学习，他知道了按位与\otimes ，按位异或\oplus ，以及按位或\ominus 三种常见位运算。$
$按位与\otimes ：二进制下每一位做与，即0\otimes 0=0,0\otimes 1=0,1\otimes 0=0,1\otimes 1=1。$
$按位异或\oplus ：二进制下每一位做异或，即0\oplus 0=0,0\oplus 1=1,1\oplus 0=1,1\oplus 1=0。$
$按位或\ominus ：二进制下每一位做或，即0\ominus 0=0,0\ominus 1=1,1\ominus 0=1,1\ominus 1=1。$
$现在，对于一个在[0,2^k)中的整数n，小丁想要知道，有多少组也在[0,2^k)中的整数a,b,c,d，满足：$

$a\otimes b\oplus c\ominus d=n$
$注意，运算符是从左往右依次顺序结合的，即可以认为原表达式为：$
$(((a\otimes b)\oplus c)\ominus d)=n$

Input

$本题单个测试点内包含多组测试数据。$
$第一行一个整数T(1\le T\le 10)，表示数据组数。$
$对于每组数据，一行两个整数n,k(1\le k\le 15,0\le n<2^k)。$

Output

$对于每组数据输出q行，每行一个整数表示答案。$

解题思路

对于这种位运算的题，绝大部分情况下直接枚举十进制下的数肯定会TLE的，一般都是找二进制下每位的规律。
要使得$(((a\otimes b)\oplus c)\ominus d)=n$，那么$a、b、c、d$二进制的这位数字要么为1要么为0，如果它们当前位通过$\otimes 、\oplus 、\ominus$运算后的结果1，那么n的二进制下的当前位也应该位1，反之则为0。
那么我们便可以通过预处理$a、b、c、d$四个数取1或0的所有情况，然后通过判断n的二进制下每位是1还是0累加答案即可。
或者我们可以通过分类讨论。
一、n的当前位在二进制下位1时
  1、当d的当前位为1时，$((a\otimes b)\oplus c)$中的a、b、c无论如何取值都不会影响结果，所有共有$2^3$即8。
  2、当d的当前位为0时，再分类讨论下$((a\otimes b)\oplus c)$为1还是0。
    ①、当c为1时，$(a\otimes b)$共有3种情况使得$(((a\otimes b)\oplus c)\ominus d)$为1
    ②、当c为0时，$(a\otimes b)$共有1种情况使得$(((a\otimes b)\oplus c)\ominus d)$为1
综上所述共有12种情况使得进制位为1。

二、n的当前位在二进制下位0时
  1、当d的当前位为1时，$((a\otimes b)\oplus c)$中的a、b、c无论如何取值无法使得$((a\otimes b)\oplus c)$满足条件，即0种情况。
  2、当d的当前位为0时，再分类讨论下$((a\otimes b)\oplus c)$为1还是0。
    ①、当c为1时，$(a\otimes b)$共有1种情况使得$(((a\otimes b)\oplus c)\ominus d)$为0
    ②、当c为0时，$(a\otimes b)$共有3种情况使得$(((a\otimes b)\oplus c)\ominus d)$为0
综上所述共有12种情况使得进制位为4。

最后总结也就能看出来如果n二进制下的当前位为1的话就$\ast 12$，否则$\ast 4$

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define look(x) cout << #x << " ==  " << x << "\n"
using namespace std;
using i64 = long long;
const int N = 2e5 + 10;
const int MOD1 = 1e9 + 7;
const int MOD2 = 998244353;
void solve(){int n,k;cin >> n >> k;i64 ans = 1;for(int i = 0;i < k;i ++){if((n >> i) & 1){ans *= 12;}else{ans *= 4;}}cout << ans << "\n";
}int main(){	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}return 0;
}