20210821 noip45
考场
T1 没看懂
T4 一眼回滚莫队，但忘记怎么写了，小慌
模拟 T1 题意的时候教练让 zsy 澄清了一下，确定了我不会做。。。
T2 一看就是毒瘤题，T3 感觉比较可做
T4 确定了回滚的细节，除了板子不会写其他都会了
7.40 开写，1h 后写完前三题暴力
先回想了一下普通莫队和回滚的思想，结合题目具体确定了实现方法，9.00 开写，比想象中顺利多了，9.40 过样例，10.00 过拍
剩下的时间没事干，先把 T3 的两个部分分写了，然后给 T1 加了个记忆化，对着数据卡常（一开始要 7s），随机的极限数据能在 0.8~1.1s 内跑过，记忆化后有点像状压 DP，但没啥时间了，就没细想。（卡常期间想起 T4 就是区间 mex，貌似可以主席树，感觉要被全场切了这个 sb 记错了）
交题的时候发现 T1 还有个地方可以卡，但想着不差这点，且最后 10min 不想再改，就放弃了
res
rk1 95+65+70+100
T1 真被卡了 5ms
rk2 gjy 50+100+50+50
rk3 付文暄 50+65+100+20
总结
学东西的时候一定要注重思想，并想清楚代码为什么这么实现，这样即使忘了也能现推
发现自己心态还是不太好，如果有会做的非一眼题就比较正常，该拼部分分拼部分分，该卡常卡常；但如果一个题都不会，就很烦，暴力懒得想优化，部分分稍微想想就丢了，然后肝题到快结束，最后打 tetris。
最近倒是不打 tetris 了，但还是会心态爆炸，考场不是自闭的地方，即使啥都不会也要打满暴力，想不出题就优化暴力，卡常，不要把考场的时间用来发呆。
改题时发现对于拼接 hash 这种细节很多的东西很容易调不出来，以后遇到这类问题先在草稿纸上列好，尤其是边界，不要写完之后再改，效率太低。
打表
考场做法：考虑先枚举出每次由哪个 CPU 决策（称为 CPU 的决策顺序），在 dfs 出它当前这位填 \(0\) 还是 \(1\)，记忆化未决策的 CPU 和当前已填位状态即可。
正确性：显然不论哪个 CPU 做决策，选择的是同一位，但填的数相反（可以用反证法证明），因此被选择的位的顺序是固定的（称为最优顺序）。先强制令每次决策时决策剩下的最高位，那么对于一个 CPU 的决策序列，可以将它的顺序掉换成最优顺序，由于所有 CPU 的决策顺序都会被枚举到，那么这么做是等价的。
（其实到这里就很接近正解了， 但考场上没多想）
code
const int mod = 1e9+7;
int n,m,a[1<<18];
int all,ans;
unordered_map<int,int> f[1<<19];
int Pow(int x,int y=mod-2)
{ int res=1; for(;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)if(y&1)res=(LL)res*x%mod; return res; }
int dfs(int u,int cpu,int p) {
if( u > n ) return abs(a[p]-a[m]);
if( f[cpu].count(p) ) return f[cpu][p];
int res0 = dfs(u+1,cpu>>1,p<<1), res1 = dfs(u+1,cpu>>1,p<<1|1);
return f[cpu][p] = cpu&1 ? min(res0,res1) : max(res0,res1);
}
signed main() {
read(n,m); all = (1<<n--)-1;
For(i,0,all) read(a[i]);
for(int i = 1<<n+1, ii = i|all; i <= ii; ++i) ans = (ans + dfs(0,i,0)) %mod;
write((LL)ans*Pow(1<<n+1)%mod);
return iocl();
}
蛇 (CF613E)
只考虑蛇向右的情况，它的路径一定是先向左走一段（可能为 \(0\)），再调头向右，然后上下扭动地走，最后再调头向左。
考虑 hash 求出路径的左右的部分，然后中间的路径数可以 DP。（需要特判 \(|S|\le2\) 的情况）
细节很多。
code
const int N = 2e3+5, mod = 1e9+7, dx[]={0,-1,0,1}, dy[]={-1,0,1,0};
char s[2][N],t[N];
const LL P = 999999001;
int n,m;
LL ans,f[2][N][N];
LL base[N],hs[4][N],ht[2][N];
void ckadd(LL &x,LL y) { x+=y; if(x>=mod) x-=mod; }
namespace sub {
bool vis[2][N];
void dfs(int x,int y,int u) {
if( u == m ) return ++ans, void();
For(i,0,3) {
int xx = x+dx[i], yy = y+dy[i];
if( xx<0||xx>1||yy<1||yy>n || vis[xx][yy] || s[xx][yy] != t[u+1] )
continue;
vis[xx][yy] = 1, dfs(xx,yy,u+1), vis[xx][yy] = 0;
}
}
void main() {
if( m > 2 ) return; cerr<<"sub"<<endl;
For(i,0,1) For(j,1,n) if( s[i][j] == t[1] )
vis[i][j] = 1, dfs(i,j,1), vis[i][j] = 0;
write(ans%mod);
iocl(), exit(0);
}
}
LL hsh(LL *h,int l,int r) { return (h[r] - h[l-1]*base[r-l+1] %P+P)%P; }
LL rhsh(LL *h,int l,int r) { return (h[l] - h[r+1]*base[r-l+1] %P+P)%P; }
void work() {
memset(f,0,sizeof f);
For(i,1,n) hs[0][i] = (hs[0][i-1] * 997 + s[0][i]) %P, // 1为高位
hs[1][i] = (hs[1][i-1] * 997 + s[1][i]) %P;
rFor(i,n,1) hs[2][i] = (hs[2][i+1] * 997 + s[0][i]) %P, // n为高位
hs[3][i] = (hs[3][i+1] * 997 + s[1][i]) %P;
For(i,1,m) ht[0][i] = (ht[0][i-1] + t[i] * base[i-1]) %P;
rFor(i,m,1) ht[1][i] = (ht[1][i+1] * 997 + t[i]) %P;
For(i,1,n) {
f[0][i][1] = s[0][i]==t[1], f[1][i][1] = s[1][i]==t[1];
For(j,1,i) {
int len = i-j+1;
f[1][i][len*2] =
(hsh(hs[0],j,i)+rhsh(hs[3],j,i)*base[len])%P == ht[0][len*2];
f[0][i][len*2] =
(hsh(hs[1],j,i)+rhsh(hs[2],j,i)*base[len])%P == ht[0][len*2];
}
}
For(i,1,n) For(j,2,m) {
if( s[0][i] == t[j] ) {
ckadd(f[0][i][j],f[0][i-1][j-1]);
if( s[1][i] == t[j-1] ) ckadd(f[0][i][j],f[1][i-1][j-2]);
}
if( s[1][i] == t[j] ) {
ckadd(f[1][i][j],f[1][i-1][j-1]);
if( s[0][i] == t[j-1] ) ckadd(f[1][i][j],f[0][i-1][j-2]);
}
}
For(i,1,n) ckadd(ans,f[0][i][m]), ckadd(ans,f[1][i][m]);
For(i,1,n) rFor(j,i-1,1) {
int len = i-j+1; if( len*2 > m ) break;
if( (hsh(hs[0],j,i)*base[len]+rhsh(hs[3],j,i))%P == ht[1][m-len*2+1] )
ckadd(ans,f[1][j-1][m-len*2]);
if( (hsh(hs[1],j,i)*base[len]+rhsh(hs[2],j,i))%P == ht[1][m-len*2+1] )
ckadd(ans,f[0][j-1][m-len*2]);
}
}
signed main() {
base[0] = 1; For(i,1,2e3) base[i] = base[i-1] * 997 %P;
scanf("%s%s%s",s[0]+1,s[1]+1,t+1); n = strlen(s[0]+1), m = strlen(t+1);
sub::main();
work(), reverse(s[0]+1,s[0]+n+1), reverse(s[1]+1,s[1]+n+1), work();
write(ans);
return iocl();
}
购物
显然如果 \(a_i\) 能凑出 \(x\)，那么区间 \([\lceil\frac x2\rceil,x]\) 中的 \(k\) 都合法。
结论：将 \(a\) 排序，记 \(s_i\) 为 \(a_i\) 前缀和，那么 \((1,s_n)\) 中不合法的 \(k\) 就是 \([s_{i-1},\frac{a_i}2]\)（这个区间如果为空则不考虑）的并集。
证明：
已处理完了 \([1,s_{i-1}]\)，当前处理的区间 \((s_{i-1},\frac{a_i}2)\)。如果这个区间为空显然正确；如果不为空，则前 \(i-1\) 个数最多只能凑到 \(s_{i-1}\)，而第 \(i\) 个数之后的数都 \(\ge a_i\)，最少也是 \(\frac{a_i}2\)，因此这个区间是不可能被补上的。
再考虑证明 \([\frac{a_i}2,s_i]\) 一定合法。如果前面没有空隙显然合法；如果有，那么空隙大小一定 \(\le\frac{a_i}2\)（前面的总长只有 \(\frac{a_i}2\)），设空隙为 \((l,r)\)，则将 \(l\) 左边、\(r\) 右边的区间加 \(a_i\) （总和加 \(a_i\)，左端点加 \(\frac{a_i}2\)，右端点加 \(a_i\)）后这个区间变为 \((l+a_i,r+\frac{a_i}2)\)，一定为空。
code
const int N = 1e5+5;
int n,a[N];
LL ans,s[N];
signed main() {
read(n);
For(i,1,n) read(a[i]); sort(a+1,a+n+1);
For(i,1,n) {
s[i] = s[i-1] + a[i];
ans -= max((a[i]+1)/2-s[i-1]-1,0ll);
}
write(ans+s[n]);
return iocl();
}
ants
裸的回滚莫队
值域上每个点维护它向左、向右能连续到哪，插入 \(x\) 时与 \(x-1,x+1\) 合并，每次有三个点需要回滚。
考场代码
const int N = 1e5+5;
int n,m,a[N];
struct Q { int l,r,id; } q[N];
int size,mm,now,be[N],le[N],ri[N],ans[N];
bool vis[N];
int tp; struct Node { int p,v,l,r; } stk[N*3];
bool operator < (const Q &x,const Q &y)
{ return be[x.l]!=be[y.l] ? x.l<y.l : x.r<y.r; }
void push(int x) { stk[++tp] = Node{x,vis[x],le[x],ri[x]}; }
void add(int x,bool op) {
int l = le[x-1], r = ri[x+1];
if( vis[x-1] ) { if( op ) push(l); } else l = x;
if( vis[x+1] ) { if( op ) push(r); } else r = x;
if( op ) push(x);
vis[x] = 1, le[x] = l, ri[x] = r, ri[l] = r, le[r] = l;
ckmax(now,ri[x]-le[x]+1);
}
void clear() {
while( tp ) {
auto u = stk[tp--];
vis[u.p] = u.v, le[u.p] = u.l, ri[u.p] = u.r;
}
}
int bf(int l,int r) {
For(i,l,r) add(a[i],1);
int res = now;
now = 0, clear();
return res;
}
signed main() {
// freopen("d.in","r",stdin);
// freopen("d.out","w",stdout);
read(n,m); size = sqrt(n);
For(i,1,n) read(a[i]), be[i] = (i-1)/size+1, le[i] = ri[i] = i;
For(i,1,m) {
int l,r; read(l,r);
if( be[l] == be[r] ) ans[i] = bf(l,r);
else q[++mm] = Q{l,r,i};
}
sort(q+1,q+mm+1);
for(int i = 1, r; i <= mm; ++i) {
if( be[q[i].l] != be[q[i-1].l] ) {
now = 0, r = size * be[q[i].l];
For(i,1,n) vis[i] = 0, le[i] = ri[i] = i;
}
while( r < q[i].r ) add(a[++r],0);
int l = size * be[q[i].l] + 1, old = now;
while( l > q[i].l ) add(a[--l],1);
ans[q[i].id] = now;
now = old, clear();
}
For(i,1,m) write(ans[i]);
return iocl();
}
