Day-7 模拟赛题解

Day-7 模拟赛题解

• S+N ---【玄英计划】---2月21日---模拟测#3【补题】 - 比赛 - 梦熊联盟

T1

数据点 3 - 5

• 枚举每一个问号对应的字母
• Kmp，把 s 当作模式串匹配 T
• $O({26}^k|T|)$，k 是 ？ 的个数

代码（我也不知道为啥 T 了，鸽着）

正解

• 有种被诈骗了的感觉
• 根据期望的可加性，答案等于各个字符串出现次数的期望的和
  • 于是，各个字符串出现在哪里相互没有关联
  • 于是，枚举每个字符串出现的位置，单独计算期望，累加
• 设字符串 S = T[i, j] 中有 $k_0$ 个 ？，则他的期望 = $\frac{{26}^{(k-k_0)}}{{26}^k}$
• 复杂度 $O(n^2)$
  • $\sum le{n}_s\le 3e5$，所以枚举起点 $O(n)$，每个起点每个 S 都访问一次 $O(n)$，相乘
  • 这是一个均摊复杂度
• 注：string 超级慢！！ 用 char 不容易被卡

代码

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
# define double long double
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int N = (int)5e3 + 10;
 
int q, n;
int poww[N];
char s[N], t[N];
 
int Q_pow(int a, int b){
	int ans = 1, p = a;
	while(b){
		if(b & 1){
			ans = (ans * p) % MOD;
		}
		b >>= 1;
		p = (p * p) % MOD;
	}
	return ans;
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);	
	
	int up = 5000;
	poww[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= up; i++){
		poww[i] = poww[i - 1] * 26 % MOD;
	}
	
	cin >> q;
	while(q--){
		cin >> t >> n;		
		int k = 0;
		for(auto i : t){
			if(i == '?'){
				k++;
			}
		}
		
		int len = strlen(t), ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			cin >> s;
			int lenn = strlen(s), up = len - lenn + 1;
			for(int j = 0; j < up; j++){
				bool f = 1;
				int temp = k;
				for(int k = 0; k < lenn; k++){
					if(t[j + k] != '?' && s[k] != t[j + k]){
						f = 0;
						break;
					}
					if(t[j + k] == '?'){
						temp--;
					}
				}
				if(f == 1){
					ans = (ans + poww[temp]) % MOD;
				}
			}
		}
		ans = ans * Q_pow(poww[k], MOD - 2) % MOD;
		cout << ans << "\n";
	}
}

T2

• 均摊时间复杂度坑爹啊！

  • 每组数字只会被加进去 && 删除 1 次，均摊 $O(n)$
  • 而我费尽心思线段树 + 二分加上去两个 log

• 设原来拼成的数字是 c （考虑操作带来的影响）

  • 加入：$c->c\ast {10}^x+y_0$
  • 删除：$c->c-{10}^{(len-x)}\ast y_0$
  • len 为 c 的长度，$y_0$ 为 x 个 y 构成的数

• 如何求 $y_0$

  • 小学奥数
  • $y\ast {10}^0+y\ast {10}^1+...+y\ast {10}^{n-1}=y_0$
  • $y\ast {10}^1+y\ast {10}^2+...+y\ast {10}^n=10\ast y_0$
  • $9\ast y_0=y\ast ({10}^n-1)$
  • $y_0=\frac{y\ast ({10}^n-1)}{9}$

• 对于 ${10}^n$，常规方法是快速幂，但是 5e6 带 log 跑不过

  • 光速幂

光速幂

• 能做到单次询问 $O(1)$

• 对于 $a^b$，设 $b=p\ast q+r,r\le q$

• 则 $a^b=(a^p{)}^q\ast a^r$

• 我们要做的就是预处理 $a^p,a^r$

  • 当 $p=sqrt(mod)$ 时预处理为$O(sqrt(n))$，时间复杂度最小
  • 预处理出 $r=1\mathrm{到}sqrt(mod),q=1\mathrm{到}sqrt(mod)$ 时的 $a^k$，在 1e4 - 1e5 级别

• 根据欧拉定理 $a^b\equiv a^{b\mathrm{\%}\varphi (mod)}(\mathrm{\%}mod)$，这可以缩小 b 的范围到 [0, mod] 中

• 完事！

代码

• 出题人卡我输入输出！！
• 不过快读是真快！！

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
# define double long double
using namespace std;
const int INV = 443664157; // INV 9
const int MOD = 998244353;
const int N = (int)1e7 + 10;
 
int n;
int opt, x, y;
struct Node{
	int x, y;
}a[N];
int l, r, val, len;
 
int read(){
	int sum=0,f=1;char st=getchar();
	while(st<'0'||st>'9'){
		if(st=='-')f=-1;
		st=getchar();
	}
	while('0'<=st&&st<='9'){
		sum=(sum<<3)+(sum<<1)+st-'0';
		st=getchar();
	}
	return sum*f;
}
 
int p, phi, base = 10, pw[N][2];
 
int Phi(int x){
	int ans = x;
	for(int i = 2; i * i <= x; i++){
		if(x % i == 0){
			ans = ans / i * (i - 1);
			while(x % i == 0){
				x /= i;
			}
		}
	}
	if(x > 1){
		ans = ans / x * (x - 1);
	}
	return ans;
}
 
void Init(){
	phi = Phi(MOD);
	p = sqrt(MOD);
	pw[0][0] = pw[0][1] = 1;
	for(int i = 1; i <= p; i++){
		pw[i][0] = pw[i - 1][0] * base % MOD;
	}
	for(int i = 1; i <= p; i++){
		pw[i][1] = pw[i - 1][1] * pw[p][0] % MOD;
	}
}
 
int Query(int b){
	b %= phi;
	return pw[b % p][0] * pw[b / p][1] % MOD;
} 
 
signed main(){
	n = read();
	Init();
	
	l = r = val = len = 1;
	a[1] = {1, 1};
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		opt = read();
		if(opt == 1){
			x = read(), y = read();
			a[++r] = {x, y};
			len += x;
			val = (val * Query(x) % MOD + y * (Query(x) + MOD - 1) % MOD * INV % MOD) % MOD;
		}else if(opt == 2){
			x = read();
			while(x){
				if(x >= a[l].x){
					val = val + MOD - a[l].y * (Query(a[l].x) + MOD - 1) % MOD * INV % MOD * Query(len - a[l].x) % MOD;
					val %= MOD;
					x -= a[l].x;
					len -= a[l].x;
					l++;
				}else{
					val = val + MOD - a[l].y * (Query(x) + MOD - 1) % MOD * INV % MOD * Query(len - x) % MOD;				
					val %= MOD;
					a[l].x -= x;
					len -= x;
					x = 0;
				}
			}
		}else{
			printf("%lld\n", val);
		}
	}
}

T3

• 只写 60 分做法，满分做法太阴间了，鸽了
• 设 dp[i][j] 表示 i 节点及其子树原来无色，强行染成 j 色后还需要几步达到题目要求
• 对于节点 i，$mini=min(\sum _{i=[0,n]}dp[son][i])$
  • 如果 $\sum _{i=[0,n]}dp[son][i]==mini$，dp[i][j] = mini
  • 否则，dp[i][j] = mini + 1
    • 即：先用 1 步把 i 及其子树染成 j，再一股脑染成 mini 对应的颜色
    • 这样比 mini 多用 1 步
• 注：全局定义的数组在递归中调用时要注意
  • 不要 i 调用了又在 $so{n}_i$ 调用（除非需要这么做）

代码

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
# define double long double
using namespace std;
const int N = 5e3 + 10;
 
int n;
int fa, a[N];
int maxc, sumc[N], dp[N][N];
vector <int> e[N];
 
void Dfs(int x){
	if(a[x] != 0){
		for(int i = 0; i <= maxc; i++){
			dp[x][i] = (a[x] != i);
		}	
	}else{
		for(auto i : e[x]){
			Dfs(i);
		}
		for(int i = 0; i <= maxc; i++){
			sumc[i] = 0;
		}
		for(auto i : e[x]){
			for(int j = 0; j <= maxc; j++){
				sumc[j] += dp[i][j];
			}
		}
		int mini = (int)1e18;
		for(int i = 0; i <= maxc; i++){
			mini = min(mini, sumc[i]);
		}
		for(int i = 0; i <= maxc; i++){
			if(sumc[i] == mini){
				dp[x][i] = mini;
			}else{
				dp[x][i] = mini + 1;
			}
		}
	}
}
 
signed main(){
	cin >> n;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		cin >> fa;
		e[fa].push_back(i);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a[i];
		maxc = max(maxc, a[i]);
	}
	Dfs(1);
	cout << dp[1][0] << "\n";
}

T4

• 鸽了