随题记录20230915

$\text{Luogu5338}$

题目描述

现在一个字符串 $S_1$，你需要构造一个长度为 $n$ 的字符串 $S_2$。这个字符串 $S_2$ 需要满足字符串 $S_1$ 中相邻的字符不可以在 $S_2$ 中相邻。所有字符只包含小写字母。

$n⩽{10}^{15},|s_1|⩽{10}^5$ 。

思路点拨

比较简单的一题。

考虑一个 $O({26}^{2}n)$ 的暴力 $dp$ 。我们定义状态 $f_{i,j}$ 表示目前填到 $S_2$ 的第 $i$ 个字符，这个字符为 $j$ 的方案数。转移可以从 $f_{i-1,k}$ 转移，如果 $j,k$ 可以相邻得话。

发现我们从 $i-1$ 向 $i$ 这个位置转移得时候，这个操作是可以使用矩阵优化的。所以我们可以构造一个矩阵进行递推加速，矩阵就不细讲了，很套路。

时间复杂度 $O({26}^3\log n)$ 。

$\text{Luogu5340}$

题目描述

现在有一个 $n$ 个点，$m$ 条边的无向加权图，每一个节点有一个点权 $v_i$ ，保证 $v_i\in \{1,-1\}$ 。你需要寻找一条从 $u$ 道 $v$ 的道路，满足这条道路每时每刻走过点的点权和在 $[-k,k]$ 之间，并且尽可能短。输出这个最短距离。

$n⩽{10}^4,m⩽{10}^5,k⩽10$ 。

思路点拨

还是比较简单一题。

我们定义状态 $f_{i,j}$ 表示目前在节点 $i$ ，经过节点的权值和为 $j$ 的最短距离, $j\in [-k,k]$ 。

每一次转移可以使用刷表，用节点 $i$ 去更新直接相邻的节点 $to$，$f_{to,j+v_i}=min\{f_{to,j+v_i},f_{i,j}+w\}$ 。因为这样的松弛操作要进行 $n$ 次，所以时间复杂度为 $O(n^{2}k)$ ，不可以通过。

我们可以使用类似于 $\text{Dijkstra}$ 的，用堆优化转移，时间复杂度 $O(nk\log n)$ 。

$\text{Luogu2804}$

题目描述

给定 $n,m$ 和一个序列 $a$ ，问序列 $a$ 中有多少个连续段平均数大于 $m$ 。

$n⩽2\times {10}^5$ 。

思路点拨

比较套路。我们将序列 $a$ 全部减去 $m$ ，接下来我们想要知道有多少个区间和为正数。

我们考虑一个区间和的计算方式，就是可以使用前缀和 $su{m}_r-su{m}_{l-1}$ 。每一次我们枚举 $r$ ，使用某种数据结构求出有多少个 $l$ 满足条件。对于一个 $r$ 而言：

$$su{m}_r-su{m}_{l-1}>0$$

$$su{m}_{l-1}⩽su{m}_r-1$$

我们可以把前缀和插入动态开点权值线段树来求。

时间，空间复杂度 $O(n\log W)$ 。

$\text{Luogu8019}$

题目描述

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，请将它划分为 $m$ 段连续的区间，设第 $i$ 段的费用 $c_i$ 为该段内所有数字的异或和，则总费用为 $c_1\mathrm{or}{c}_2\mathrm{or}\cdots \mathrm{or}{c}_m$。请求出总费用的最小值。

$n⩽5\times {10}^5$ 。

思路点拨

比较好玩的脑子题。

看到希望或的和最小，我们可以从高位往低位贪心。那么我们就希望对于二进制位 $bit$ ，一段中该位为 $1$ 的数的个数是偶数。

我们考虑如果一段内的该位为 $1$ 的数的数量刚好为偶数的时候就断开，这样每一段该位的异或都是 $0$ ，并且段数尽量多。你可能会问，如果段数比 $m$ 大怎么办？我们可以认为合并一些段，异或和不会变。

这样贪心还有一个小问题，就是不可以将原来不可以分开的段分开。我们可以给不可与分开 (两个二进制位为 $1$ 的数之间) 打上标记，每一次划分的时候不可以划到有标记的位置的头上。

比较抽象，可以看代码理解（很短）：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=5e5+10;
int n,m,a[MAXN];
bool vis[MAXN];
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	int ans=0;
	for(int j=60;j>=0;j--){
		int flag=0,sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(a[i]&(1ll<<j)) flag^=1;
			if(!flag&&!vis[i]) sum++;
		}
		if(flag||sum<m) ans+=(1ll<<j);
		else{
			for(int i=1;i<=n;i++){
				if(a[i]&(1ll<<j)) flag^=1;
				if(flag&&!vis[i]) vis[i]=1;
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}