2023牛客暑期多校训练营4 AFHJL
A
题解
知识点：KMP，构造。
考虑构造全 \(0,1\) 串，至少有一个可行。
我们只需要考虑到 \(t\) 的border \(t'\) ，即 \(t'+s+t'\) ：
- 当 \(t'+s+t'\) 总长小于等于 \(t\) ，显然成立。
- 否则， 若 \(t'+s+t'\) 中有子串等于 \(t\) ，那么这个子串不会完整包含前后两端的 \(t'\) ，这时border就会相交，产生连锁反应，可以证得 \(t\) 是全 \(0,1\) 串，此时显然成立。
- 若没有子串等于 \(t\) ，则直接可行。
因此，我们只需要构造两次检查一下即可，检查方式有KMP、Z函数、哈希等等。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
class KMP {
int m;
string p;
vector<int> nxt;
public:
KMP() {}
KMP(const string &_p) { init(_p); }
void init(const string &_p) {
m = _p.size() - 1;
p = _p;
nxt.assign(m + 1, 0);
for (int i = 2;i <= m;i++) {
nxt[i] = nxt[i - 1];
while (nxt[i] && p[i] != p[nxt[i] + 1]) nxt[i] = nxt[nxt[i]];
nxt[i] += p[i] == p[nxt[i] + 1];
}
}
vector<int> find(const string &s) {
int n = s.size() - 1;
vector<int> pos;
for (int i = 1, j = 0;i <= n;i++) {
while (j && s[i] != p[j + 1]) j = nxt[j];
j += s[i] == p[j + 1];
if (j == m) {
pos.push_back(i - j + 1);
j = nxt[j];
}
}
return pos;
}
vector<int> get_cycle_time() {
vector<int> res;
int pos = m;
while (pos) {
pos = nxt[pos];
res.push_back(m - pos);
}
return res;
}
vector<int> get_cycle_loop() {
vector<int> res;
for (auto val : get_cycle_time())
if (!(m % val)) res.push_back(val);
return res;
}
int min_cycle_loop() { return get_cycle_loop()[0]; }
void debug() {
for (int i = 1;i <= m;i++)
cout << nxt[i] << " \n"[i == m];
}
};
/// KMP，前缀函数O(|P|)、查找O(|S|+|P|)、循环相关O(|P|)，维护字符串前缀函数
bool solve() {
int n;
cin >> n;
string t;
cin >> t;
KMP kmp("?" + t);
if (kmp.find("?" + t + string(n, '0') + t).size() <= 2) cout << string(n, '0') << '\n';
else cout << string(n, '1') << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
F
题解
知识点：二分，贪心。
显然每次只有最小值和最大值会被票出。
具体来说，我们统计最大值和最小值中点左右两侧的人数，左侧一定给最大值票，右侧一定给最小值票。当左大于等于右时，最大值会被票出，否则最小值会被票出。
因此，我们排序后，用二分找到中点的位置，用双指针表示当前剩余区间。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> a(n + 1);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
a[i] = { x,i };
}
sort(a.begin() + 1, a.end());
int l = 1, r = n;
for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
int mid = a[l].first + a[r].first >> 1;
int it = upper_bound(a.begin() + l, a.begin() + r + 1, pair<int, int>{ mid, 2e9 }) - a.begin();
int lval = it - l;
int rval = r - it + 1;
if (lval >= rval) r--;
else l++;
}
cout << a[l].second << '\n';
return 0;
}
H
题解
知识点：构造。
尝试在正方形对角线上选择一点，将正方形分为左上正方形，右下正方形和两个对称的长方形。
然后，按照类似gcd的方式，对长方形进行划分正方形。
可以统计得到一定存在一点，使得长方形划分后的正方形数量不超过 \(24\) ，即总和不超过 \(50\) 。
因此，我们递归执行两种操作即可。
时间复杂度 \(O(n^2)\)
空间复杂度 \(O(n^2)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int gcd(int a, int b, int &cnt) {
if (b) {
cnt += a / b;
return gcd(b, a % b, cnt);
}
else return a;
}
vector<tuple<int, int, int>> ans;
void dfs_rec(int x, int y, int a, int b);
void dfs_sqr(int x, int y, int a);
void dfs_rec(int x, int y, int a, int b) {
bool sw = a < b;
if (sw) swap(x, y), swap(a, b);
if (!b) return;
for (int i = b;i <= a;i += b) {
if (sw) dfs_sqr(y, x + i - b, b);
else dfs_sqr(x + i - b, y, b);
}
if (sw) dfs_rec(y, x + a / b * b, b, a % b);
else dfs_rec(x + a / b * b, y, a % b, b);
}
void dfs_sqr(int x, int y, int a) {
if (a == 1) return;
if (a <= 7) {
ans.push_back({ x,y,a });
return;
}
bool ok = 0;
for (int i = 1;i <= a - 1;i++) {
int cnt = 0;
gcd(i, a - i, cnt);
if (cnt >= 25) continue;
ok = 1;
dfs_sqr(x, y, i);
dfs_rec(x + i, y, a - i, i);
dfs_rec(x, y + i, i, a - i);
dfs_sqr(x + i, y + i, a - i);
break;
}
assert(ok);
ans.push_back({ x,y,a });
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
dfs_sqr(1, 1, n);
cout << ans.size() << '\n';
for (auto [x, y, a] : ans) cout << x << ' ' << y << ' ' << a << '\n';
return 0;
}
J
题解
知识点：线性dp，前缀和。
考虑设 \(f_{i,j}\) 为考虑了前 \(i\) 个数的后缀（不可为空）最小值为 \(j\) 时的方案数。显然， \(j \in [-m,m]\) 中。
在 \(f_{i-1,j}\) 时，\([-j,m]\) 的数字可以被使用，进一步分类讨论转移方程：
-
当 \(j\geq 0\) 时，后缀最小值更新为 \(a_i\) 本身：
\[f_{i-1,j} \to f_{i,[-j,m]} \] -
当 \(j < 0\) 时，后缀最小值更新为 \(a_i + j\) ：
\[f_{i-1,j} \to f_{i,[0,m+j]} \]
用前缀和优化转移即可。
时间复杂度 \(O(nm)\)
空间复杂度 \(O(m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int P = 998244353;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> f(2 * m + 1);
f[2 * m] = 1;
for (int i = 0;i < n;i++) {
vector<int> g(2 * m + 1);
for (int j = -m;j <= m;j++) {
if (j >= 0) (g[-j + m] += f[j + m]) %= P;
else {
(g[0 + m] += f[j + m]) %= P;
(g[j + m + m + 1] -= f[j + m] - P) %= P;
}
}
for (int j = -m + 1;j <= m;j++) (g[j + m] += g[j - 1 + m]) %= P;
swap(f, g);
}
int ans = 0;
for (int i = -m;i <= m;i++) (ans += f[i + m]) %= P;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
L
题解
知识点：离线，枚举。
考虑离线后倒着操作，并统计行的个数。
显然每行每列只关心最后一次操作的类型，之后的操作不需要考虑。
记录列开、列关的列数分别为 \(cnt_{on},cnt_{off}\) 。若行操作为打开，答案增加 \(m - cnt_{off}\) ，否则增加 \(cnt_{on}\) 。
最后统计没被操作的行，对于每行答案增加 \(cnt_{on}\) 。
时间复杂度 \(O(n+q)\)
空间复杂度 \(O(n+m+q)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
struct Query {
bool row;
int id;
bool on;
}Q[1000007];
bool row_vis[1000007];
bool col_vis[1000007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m, q;
cin >> n >> m >> q;
for (int i = 1;i <= q;i++) {
string row;
int id;
string on;
cin >> row >> id >> on;
Q[i] = { row == "row",id,on == "on" };
}
ll ans = 0;
int cnt_on = 0, cnt_off = 0;
for (int i = q;i >= 1;i--) {
if (Q[i].row) {
if (row_vis[Q[i].id]) continue;
ans += Q[i].on ? m - cnt_off : cnt_on;
row_vis[Q[i].id] = 1;
}
else {
if (col_vis[Q[i].id]) continue;
if (Q[i].on) cnt_on++;
else cnt_off++;
col_vis[Q[i].id] = 1;
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++) if (!row_vis[i]) ans += cnt_on;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
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