2018.8.7 Noip2018模拟测试赛（二十）

日期：	八月七号	总分：	300分
难度：	提高 ~ 省选	得分：	100分（呵呵一笑）

题目列表：

　　T1：SS

　　T2：Tree Game

　　T3：二元运算

赛后反思：

Emmmmmm……

开局随便看，第二题发现手算样例不对……

比赛快结束时，又看了看题，才发现自己看错了……

最终，改A了……Emmmmmm……

题解：

T1：SS

特别特别玄学的一道题……

原串是一个偶串，设半个原串为S，加起来就是SS。

设S的最长公共前缀后缀为T，（用 KMP 的 next 求）

那么接下来的串为 STST，STSSTS，STSSTSTSST……

只看一半：S，ST，STS，STSST……

这不是斐波那契吗？由于斐波那增长很快，我们暴力求出在 l，r 的串，差分出答案。

CODE：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

char s[500005];
long long l,r,siz[500005],sum[500005][26],ans[26];
int n,lim,nxt[500005];

void get_next(){
    int i=1,j=0;
    nxt[1]=0;
    while(i<=n){
        if(j==0||s[i]==s[j]){
            nxt[++i]=++j;
        }else j=nxt[j];
    }
}

void get_ans(long long x,int f){
    for(int i=lim;i>=0;i--)
        if(x>=siz[i]){
            for(int j=0;j<26;j++)
                ans[j]+=f*sum[i][j];
            x-=siz[i];
        }
    for(int i=1;i<=x;i++)ans[s[i]-'a']+=f;
}

int main(){
    scanf("%s%lld%lld",s+1,&l,&r);
    n=strlen(s+1)>>1;
    get_next();
    int t=nxt[n];
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[0][s[i]-'a']++;
    for(int i=0;i<26;i++)sum[1][i]=sum[0][i];
    for(int i=1;i<=n-t;i++)sum[1][s[i]-'a']++;
    siz[0]=n,siz[1]=2*n-t;
    for(int i=2;i<=100;i++){
        for(int j=0;j<26;j++)
            sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i-2][j];
        siz[i]=siz[i-1]+siz[i-2];
        if(siz[i]>1e18){lim=i;break;}
    }
    get_ans(l-1,-1);
    get_ans(r,1);
    for(int i=0;i<26;i++)printf("%lld ",ans[i]);
    return 0;
}

T2：Tree Game

你可以很轻易的发现一个结论，先手必须要往权值更小的点走，不然对手跟你对着干就能把你逼死。

当前子树如果有必胜的策略，那就一定有一个儿子的子树是必胜的，且权值小于它。

于是乎，dp秒杀吧！时间 $O(n^2)$

CODE：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int tot=0,h[3005];
int n,x,y,f[3005],val[3005];
struct Edge{
    int x,next;
}e[6005];

inline void add_edge(int x,int y){
    e[++tot].x=y;
    e[tot].next=h[x],h[x]=tot;
}

void dfs(int x){
    f[x]=0;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
        if(~f[e[i].x])continue;
        dfs(e[i].x);
        if(val[e[i].x]<val[x]&&f[e[i].x]==0)f[x]=1;
    }
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",val+i);
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add_edge(x,y);
        add_edge(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        memset(f,-1,sizeof(f));
        dfs(i);
        if(f[i])printf("%d ",i);
    }
}

T3：二元运算

CDQ分治加FFT。

如果只有第一种运算就是裸的FFT求卷积，只有第二种运算可以把B序列翻转，然后求卷积即可。

但是有 x 与 y 大小关系的限制使得我们不能直接求卷积来得出答案。

考虑分治，对于每个区间 $[l,r]$，处理出$A$中的$[l,mid]$与$B$中的$[mid+1,r]$对答案的贡献以及$A$中的$[mid+1,r]$与$B$中的$[l,mid]$对答案的贡献，这两个是有严格的 x 与 y 的大小关系的，分别使用 FFT 求卷积解决。再递归处理子区间即可。

时间复杂度$O(Tnlog^2n)$

CODE：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
 
#pragma GCC optimize(3)
 
const double PI=acos(-1);
int T,n,m,q,x;
int rev[400005],A[200005],B[200005];
long long ans[400005];
struct cmplx{
    double x,y;
    cmplx(double a=0,double b=0){x=a;y=b;}
    cmplx operator+(cmplx b){
        return cmplx(x+b.x,y+b.y);
    }
    cmplx operator+=(cmplx b){
        return *this=*this+b;
    }
    cmplx operator-(cmplx b){
        return cmplx(x-b.x,y-b.y);
    }
    cmplx operator*(cmplx b){
        return cmplx(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
    }
    cmplx operator*=(cmplx b){
        return *this=*this*b;
    }
}a[400005],b[400005];

int read(){
    int x=0;
    char c;
    do c=getchar();
    while(!isdigit(c));
    do{
        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        c=getchar();
    }while(isdigit(c));
    return x;
}
 
void FFT(cmplx a[],int bit,int dft){
    for(int i=0;i<bit;i++)
        if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<bit;i<<=1){
        cmplx W(cos(PI/i),dft*sin(PI/i));
        for(int j=0;j<bit;j+=i<<1){
            cmplx w(1,0);
            for(int k=j;k<i+j;k++,w=w*W){
                cmplx x=a[k];
                cmplx y=w*a[k+i];
                a[k]=x+y,a[k+i]=x-y;
            }
        }
    }
    if(dft==-1)for(int i=0;i<bit;i++)a[i].x/=bit;
}
 
void solve(int l,int r){
    if(l==r)return;
    int mid=l+r>>1,n=1;
    while(n<=r-l+1)n<<=1;
    for(int i=l;i<=mid;i++)
        a[i-l]=cmplx(A[i],0);
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
        b[i-mid-1]=cmplx(B[i],0);
    for(int i=mid-l+1;i<n;i++)
        a[i]=cmplx(0,0);
    for(int i=r-mid;i<n;i++)
        b[i]=cmplx(0,0);
    for(int i=0;i<n;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1)*(n>>1);
    FFT(a,n,1),FFT(b,n,1);
    for(int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i]*b[i];
    FFT(a,n,-1);
    for(int i=0;i<=r-l+1;i++)
        ans[i+l+mid+1]+=(long long)(a[i].x+0.5);
    solve(l,mid),solve(mid+1,r);
}
 
int main(){
    T=read();
    while(T--){
        memset(A,0,sizeof(A));
        memset(B,0,sizeof(B));
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        int maxn=0,bit=1;
        n=read(),m=read(),q=read();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            x=read();
            A[x]++,maxn=max(maxn,x);
        }
        for(int i=1;i<=m;i++){
            x=read();
            B[x]++,maxn=max(maxn,x);
        }
        while(bit<=maxn<<1)bit<<=1;
        for(int i=0;i<bit;i++)
            rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1)*(bit>>1);
        for(int i=0;i<=maxn;i++)
            b[maxn-i].x=B[i];
        for(int i=0;i<=maxn;i++)
            a[i].x=A[i];
        FFT(a,bit,1),FFT(b,bit,1);
        for(int i=0;i<bit;i++)a[i]=a[i]*b[i];
        FFT(a,bit,-1);
        for(int i=0;i<=maxn;i++)
            ans[i]=(long long)(a[i+maxn].x+0.5);
        solve(0,maxn);
        for(int i=1;i<=q;i++){
            x=read();
            printf("%lld\n",ans[x]);
        }
    }
}