2023牛客暑期多校训练营4 AFHJL

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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 $t'+s+t'$ ：

1. 当 $t'+s+t'$ 总长小于等于 $t$ ，显然成立。
2. 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。
3. 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：

1. 当 $j\geq 0$ 时，后缀最小值更新为 $a_i$ 本身：

   $$f_{i-1,j} \to f_{i,[-j,m]}$$

2. 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;
}