2017ACM/ICPC Guangxi Invitational Solution
A： A Math Problem
题意：给出一个n，找出有多少个k满足kk <= n
思路： kk的增长很快，当k == 16 的时候就已经超过1e18 了，对于每一次询问，暴力一下就可以
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 typedef long long ll; 6 7 ll n; 8 9 inline ll qpow(ll x, ll n) 10 { 11 ll ans = 1; 12 ll base = x; 13 while (n) 14 { 15 if (n & 1) ans = ans * base; 16 base = base * base; 17 n >>= 1; 18 } 19 return ans; 20 } 21 22 int main() 23 { 24 while (scanf("%lld", &n) != EOF) 25 { 26 int i; 27 for (i = 1; i <= 15; i++) 28 { 29 if (qpow(i, i) > n) 30 { 31 i--; 32 break; 33 } 34 } 35 if (i == 16) i--; 36 printf("%d\n", i); 37 } 38 }
B：Color it
题意：给出四种操作，
0 清空所有点
1 x y c 往(x, y) 处插入一个颜色为c的点
2 x y1 y2 查询(1, y1) 到(x, y2) 这个矩形里面有多少个颜色不同的点
3 退出程序
思路： 很显然 操作0 相当于多组样例 操作3是退出程序 故我们只需要考虑第1种操作和第2种操作
因为查询的范围当中x的左界是固定的，我们可以想到以y坐标轴来建线段树
因为只有51种颜色，我们考虑建51棵线段树，然后每次保存离左边界最近的横坐标，看看那个y1 - y2 那个区间内是否存在一个x' < x
存在的话就有这种颜色
然后开五十棵线段树，会爆内存，但是可以想到，每次更新最多增加log(n)的点，操作数量的上限也才150000， 故可以动态开点
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 #define INF 0x3f3f3f3f 6 #define N 1000100 7 8 struct node 9 { 10 int l, r, v; 11 inline node() 12 { 13 l = 0, r = 0, v = INF; 14 } 15 inline node(int l, int r, int v) : l(l), r(r), v(v) {} 16 }tree[N << 2]; 17 18 int root[55]; 19 int cnt, tag; 20 21 inline void Init() 22 { 23 for (int i = 0; i <= cnt; ++i) 24 tree[i] = node(); 25 memset(root, 0, sizeof root); 26 cnt = 0; 27 } 28 29 inline void update(int &id, int l, int r, int x, int y) 30 { 31 if (id == 0) 32 { 33 id = ++cnt; 34 tree[id].v = x; 35 } 36 tree[id].v = min(tree[id].v, x); 37 if (l == r) return; 38 int mid = (l + r) >> 1; 39 if (y <= mid) update(tree[id].l, l, mid, x, y); 40 else update(tree[id].r, mid + 1, r, x, y); 41 } 42 43 inline void query(int id, int l, int r, int ql, int qr, int x) 44 { 45 if (id == 0 || tag) return; 46 if (l >= ql && r <= qr) 47 { 48 if (tree[id].v <= x) 49 tag = 1; 50 return; 51 } 52 int mid = (l + r) >> 1; 53 if (ql <= mid) query(tree[id].l, l, mid, ql, min(mid, qr), x); 54 if (qr > mid) query(tree[id].r, mid + 1, r, max(ql, mid + 1), qr, x); 55 } 56 57 int main() 58 { 59 int op, x, y1, y2, c; 60 while (scanf("%d", &op) != EOF) 61 { 62 if (op == 3) return 0; 63 if (op == 0) 64 { 65 Init(); 66 } 67 if (op == 1) 68 { 69 scanf("%d%d%d", &x, &y1, &c); 70 update(root[c], 1, 1000000, x, y1); 71 } 72 if (op == 2) 73 { 74 scanf("%d%d%d", &x, &y1, &y2); 75 if (y1 > y2) swap(y1, y2); 76 int ans = 0; 77 for (int i = 0; i <= 50; ++i) 78 { 79 tag = 0; 80 query(root[i], 1, 1000000, y1, y2, x); 81 if (tag) 82 { 83 ans++; 84 } 85 } 86 printf("%d\n", ans); 87 } 88 } 89 return 0; 90 }
C：Counting Stars
题意：给出一个无向图，没有重边，求有多少个"A-structure"结构。"A-structure"是指一个4个点的子图，这4个点依次连接，且有一条斜边。只要有任意一条边或一个点不同，则认为它们是不同的。
思路：选取一条边作为斜边，统计这个斜边上有多少个三元环，记为sum，那么以这个边为斜边的"A-structure"共有（sum-1）*sum/2个。但是直接枚举每条边找环的时间复杂度在完全图下可达m^2的级别，
这显然是不行的。枚举点x，然后枚举与x相邻的点y，这样相当于枚举了每条边，然后当x的度小于sqrt(m)时，我们可以用O(1)的时间判断y是否与x其他相邻的点组成三元环，而当x的度大于sqrt(m)时，我们
可以枚举与y相邻的点z，用set判断x与z是否有边。因为m≤min(2×105,n(n−1)/2)，所以度大于sqrt(m)的点不会很多，这样时间复杂度就是msqrt(m)了。
1 #include <iostream> 2 #include <iomanip> 3 #include <fstream> 4 #include <sstream> 5 #include <cmath> 6 #include <cstdio> 7 #include <cstring> 8 #include <cctype> 9 #include <algorithm> 10 #include <functional> 11 #include <numeric> 12 #include <string> 13 #include <set> 14 #include <map> 15 #include <stack> 16 #include <vector> 17 #include <queue> 18 #include <deque> 19 #include <list> 20 using namespace std; 21 22 const int N = 100005; 23 vector<int> g[N]; 24 set<long long> p; 25 int fa[N], f[N], du[N]; 26 int main() { 27 int n, m, i, j, k, x, y; 28 long long ans, sum; 29 while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) 30 { 31 ans = 0; p.clear(); 32 for (i = 1; i <= n; ++i) 33 { 34 f[i] = fa[i] = du[i] = 0; g[i].clear(); 35 } 36 for (i = 1; i <= m; ++i) 37 { 38 scanf("%d %d", &x, &y); 39 g[x].push_back(y); 40 g[y].push_back(x); 41 p.insert((long long)x*n + y); 42 p.insert((long long)y*n + x); 43 du[x]++; du[y]++; 44 } 45 for (i = 1; i <= n; ++i) 46 { 47 f[i] = 1; 48 for (j = 0; j < du[i]; ++j) fa[g[i][j]] = i; 49 for (j = 0; j < du[i]; ++j) 50 { 51 x = g[i][j]; 52 if (f[x] == 1) continue; 53 sum = 0; 54 if (du[x] <= (int) sqrt(m)) 55 { 56 for (k = 0; k < du[x]; ++k) 57 if (fa[g[x][k]] == i) sum++; 58 } 59 else 60 { 61 for (k = 0; k < du[i]; ++k) 62 if (p.find((long long)x*n + g[i][k]) != p.end()) sum++; 63 } 64 ans += (sum - 1)*sum / 2; 65 } 66 } 67 printf("%lld\n",ans); 68 } 69 return 0; 70 }
D：Covering
题意：求用 1 * 2 和 2 * 1 的方块填充 4 * n 的矩形，求有多少方法
思路：n很大，显然是log(n)的做法，猜测应该是矩阵快速幂递推。用搜索或者状压DP暴力出前几项，发现前几项是这样的
1 1
2 5
3 11
4 36
5 95
6 281
7 781
满足递推式 F[n] = F[n - 1] + 5 * F[n - 2] + F[n - 3] - F[n - 4];
然后构造矩阵 矩阵快速幂一下
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 #define ll long long 6 7 const int MOD = (int)1e9 + 7; 8 9 struct node 10 { 11 ll a[4][4]; 12 inline node() 13 { 14 memset(a, 0, sizeof a); 15 } 16 inline node operator * (const node& r) const 17 { 18 node ans = node(); 19 for (int i = 0; i < 4; ++i) 20 for (int j = 0; j < 4; ++j) 21 for (int k = 0; k < 4; ++k) 22 ans.a[i][j] = (ans.a[i][j] + (a[i][k] * r.a[k][j] + MOD) % MOD + MOD) % MOD; 23 return ans; 24 } 25 }; 26 27 ll arr[4][4] = 28 { 29 1, 1, 0, 0, 30 5, 0, 1, 0, 31 1, 0, 0, 1, 32 -1, 0, 0, 0, 33 }; 34 35 inline node qpow(ll n) 36 { 37 node ans = node(); 38 ans.a[0][0] = 36, ans.a[0][1] = 11, ans.a[0][2] = 5, ans.a[0][3] = 1; 39 node base = node(); 40 for (int i = 0; i < 4; ++i) 41 for (int j = 0; j < 4; ++j) 42 base.a[i][j] = arr[i][j]; 43 while (n) 44 { 45 if (n & 1) ans = ans * base; 46 base = base * base; 47 n >>= 1; 48 } 49 return ans; 50 } 51 52 ll n; 53 54 int main() 55 { 56 while (scanf("%lld", &n) != EOF) 57 { 58 if (n == 1) puts("1"); 59 else if (n == 2) puts("5"); 60 else if (n == 3) puts("11"); 61 else if (n == 4) puts("36"); 62 else 63 { 64 node ans = qpow(n - 4); 65 printf("%lld\n", ans.a[0][0]); 66 } 67 } 68 return 0; 69 }
E：CS Course
题意：给出n个数，然后有q次查询，每次查询给出一个p，要求输出这n个数中，去掉第p个数的所有数分别进行按位与运算，按位异或运算，按位或运算的和
思路：首先考虑按位异或运算，根据异或运算的性质，我们只需要先预处理出所有数的异或和，然后每次输出时异或一下第p个数就行了 因为这样第p个数就异或了两次，相当于没有异或
再考虑按位与运算 我们也是先处理出所有数相与之后的那个和， 并且开一个数组记录一下每个二进制位上为1的数有多少， 再考虑以下几种情况
为了方便，我们假设第p个数为A，所有数相与之后的和为B，接下来我们再按二进制位考虑
1° 对于某一位上，B为0，并且A为0,并且所有数那一位上为1的个数为n - 1 那么我们可以知道，如果去掉A，那么剩下的数相与，那一位上肯定是1
2° 对于某一位上，B为1，很显然，去掉A之后，肯定也会为1
3° 对于某一位上，B为0，并且不满足第一种情况，那只能为0
按位或运算的思考方法和按位与运算思考方法差不多，此处故不再给出。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 #define N 100010 6 #define ll long long 7 8 int n, q; 9 10 ll arr[N]; 11 12 int a[60]; 13 14 int main() 15 { 16 while (scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) 17 { 18 ll Xor = 0, And, Or = 0; 19 memset(a, 0, sizeof a); 20 for (int i = 1; i <= n; i++) 21 { 22 scanf("%lld", arr + i); 23 Xor ^= arr[i]; 24 if (i == 1) And = arr[1]; 25 else And &= arr[i]; 26 Or |= arr[i]; 27 ll tmp = arr[i]; 28 for (int j = 0; j <= 40; j++) 29 { 30 a[j + 1] += (tmp & (1ll << j)) ? 1 : 0; 31 if ((1ll << j) > tmp) break; 32 } 33 } 34 // for (int i = 0; i <= 40; i++) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == 40]); 35 // printf("%lld %lld %lld\n", Xor, And, Or); 36 int p; 37 while (q--) 38 { 39 scanf("%d", &p); 40 ll aa = Xor ^ arr[p]; 41 ll bb = 0; ll cc = 0; 42 for (ll i = 0; i <= 40; i++) 43 { 44 if ((And & (1ll << i)) == 0 && a[i + 1] == n - 1 && (arr[p] & (1ll << i)) == 0) bb += (1ll << i); 45 else if (And & (1ll << i)) bb += (1ll << i); 46 if ((Or & (1ll << i)) && a[i + 1] == 1 && (arr[p] & (1ll << i))) continue; 47 if ((Or & (1ll << i)) == 0) continue; 48 cc += (1ll << i); 49 // printf("%lld %lld\n", bb, cc); 50 } 51 // cout << "bug\n"; 52 printf("%lld %lld %lld\n", bb, cc, aa); 53 } 54 } 55 return 0; 56 }
F：Destory Walls
题意：给出国王所在的坐标，以及一些点，再给出一些边，表示两个点之间有一堵墙，然后国王想拆掉一些墙，使得所有区域连通，使得拆掉墙的数量最少以及花费最少，没给出的边就说明两个点之间没有墙
思路：对偶图，是把面看成点，面与面之间连边，那么我们可以想到，如果给出的边关系构成的图没有环的话，那么只有一个面，也就是说所有区域都是连通的，那么我们就是想办法留下一棵树，使得边数尽量多，上面的权值和尽量大
那就是求一棵最大生成树
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 100010 5 #define ll long long 6 7 int n, m; 8 int pre[N]; 9 ll tot; 10 11 inline int find(int x) 12 { 13 if (pre[x] != x) 14 pre[x] = find(pre[x]); 15 return pre[x]; 16 } 17 18 struct Edge 19 { 20 int u, v; ll w; 21 inline void scan() 22 { 23 scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w); 24 tot += w; 25 } 26 inline bool operator < (const Edge &r) const 27 { 28 return w > r.w; 29 } 30 }edge[N << 1]; 31 32 inline void Run() 33 { 34 while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) 35 { 36 tot = 0; 37 for (int i = 1, x, y; i <= n; ++i) scanf("%d%d", &x, &y), pre[i] = i; 38 for (int i = 1; i <= m; ++i) edge[i].scan(); 39 sort(edge + 1, edge + 1 + m); 40 int cnt = 0; ll sum = 0; 41 for (int i = 1; i <= m; ++i) 42 { 43 int u = edge[i].u, v = edge[i].v; 44 u = find(u), v = find(v); 45 if (u == v) continue; 46 ++cnt; sum += edge[i].w; 47 pre[u] = v; 48 } 49 printf("%d %lld\n", m - cnt, tot - sum); 50 } 51 52 } 53 54 int main() 55 { 56 #ifdef LOCAL 57 freopen("Test.in", "r", stdin); 58 #endif 59 60 Run(); 61 62 return 0; 63 }
G：Duizi and Shunzi
题意： 有n个数，两个相同的数可以组成一个对子，三个连续的数可以组成一个顺子，数字不可以重复使用，求最后可以组成多少对对子和顺子
思路：贪心，我们优先的想法肯定是组对子，然后再是组顺子。因为组对子花的数少，组顺子花的数多。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 #define N 1000010 6 #define ll long long 7 8 int n; 9 10 ll arr[N]; 11 12 int main() 13 { 14 while (scanf("%d", &n) != EOF) 15 { 16 memset(arr, 0, sizeof arr); 17 for (int i = 1, num; i <= n; i++) 18 { 19 scanf("%d", &num); 20 arr[num]++; 21 } 22 ll ans = 0; 23 for (int i = 1; i <= n; ++i) 24 { 25 ans += arr[i] / 2; 26 ans += arr[i + 1] / 2; 27 arr[i] %= 2; arr[i + 1] %= 2; 28 if (arr[i] && arr[i + 1] && arr[i + 2]) 29 { 30 ans++; 31 arr[i + 2]--; 32 arr[i + 1]--; 33 } 34 } 35 printf("%lld\n", ans); 36 } 37 return 0; 38 }
H - Law of Commutation
题意：给出n和a，求有多少个b 满足 $a^b \equiv b^a \pmod m$
思路：当a是奇数的时候 答案是1（我不知道为啥）
当a是偶数的时候 我们令 $a = 2 \cdot x$
那么 $a^b = 2^b \cdot x^b$
显然 当 b > n 的时候 $a^b \equiv 0 \pmod m$
那么当 b <= n 的时候 我们直接暴力
当b > n的时候 如果存在答案 那么有 $b^a \equiv 0 \pmod m$
那么 $b^a 是 m$ 的倍数 又 $m = 2 ^ n$
所以 b 一定是 $2 ^ {\frac{n}{a}}$ （向上取整，我不知道为啥） 的倍数
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define ll long long 5 6 int n; 7 ll a; 8 9 inline ll qpow(ll x, ll n, ll MOD) 10 { 11 ll base = x; 12 ll ans = 1; 13 while (n) 14 { 15 if (n & 1) ans = ans * base % MOD; 16 base = base * base % MOD; 17 n >>= 1; 18 } 19 return ans; 20 } 21 22 inline void Run() 23 { 24 while (scanf("%d%lld", &n, &a) != EOF) 25 { 26 if (a & 1) 27 { 28 puts("1"); 29 continue; 30 } 31 ll ans = 0; 32 ll m = 1ll << n; 33 for (int i = 1; i <= n; ++i) if (qpow(a, i, m) == qpow(i, a, m)) 34 ++ans; 35 ll tmp = (ll)ceil(n * 1.0 / a); 36 tmp = 1ll << tmp; 37 ans += (m / tmp - n / tmp); 38 printf("%lld\n", ans); 39 } 40 } 41 42 int main() 43 { 44 #ifdef LOCAL 45 freopen("Test.in", "r", stdin); 46 #endif 47 48 Run(); 49 50 return 0; 51 }
I：Matching in a Tree
留坑。
J：Query on A Tree
题意：给出一个树，有n个结点和q次询问，每次给出一个u和一个x，要在以结点u为根节点的子树中（包含u）中找出一个数与x异或后最大，输出异或后的数
思路：子树，自然想到用DFS序来处理这棵树，使得所有的儿子都在连续的一段区间里面，然后用可持久化Trie树去找异或最大
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 #define N 100010 6 #define ll long long 7 8 struct Edge 9 { 10 int to, nx; 11 inline Edge() {} 12 inline Edge(int to, int nx) : to(to), nx(nx) {} 13 }edge[N << 1]; 14 15 int head[N], tot, pos, cnt; 16 int fa[N], son[N], ord[N], ford[N]; 17 int root[N]; 18 19 struct node 20 { 21 int son[2], Count; 22 inline node() 23 { 24 memset(son, 0, sizeof son); 25 Count = 0; 26 } 27 }tree[N * 64]; 28 29 inline void Init() 30 { 31 memset(head, -1, sizeof head); 32 pos = 0; tot = 0, cnt = 0; 33 tree[0] = node(); 34 } 35 36 inline void addedge(int u, int v) 37 { 38 edge[++tot] = Edge(v, head[u]); head[u] = tot; 39 } 40 41 int n, q; 42 ll w[N]; 43 44 inline void DFS(int u) 45 { 46 ord[u] = ++pos; 47 ford[pos] = u; 48 for (int it = head[u]; ~it; it = edge[it].nx) 49 { 50 int v = edge[it].to; 51 if (v == fa[u]) continue; 52 DFS(v); 53 } 54 son[u] = pos; 55 } 56 57 inline void Insert(ll x, int id) 58 { 59 bitset <32> b; b = x; 60 root[id] = ++cnt; 61 tree[cnt] = tree[root[id - 1]]; 62 int poss = cnt; 63 for (int i = 31; i >= 0; --i) 64 { 65 int index = b[i]; 66 tree[++cnt] = tree[tree[poss].son[index]]; 67 tree[cnt].Count++; 68 tree[poss].son[index] = cnt; 69 poss = cnt; 70 } 71 } 72 73 inline ll Query(ll x, int l, int r) 74 { 75 bitset <32> b; b = x; 76 ll ans = 0; 77 l = root[l], r = root[r]; 78 for (int i = 31; i >= 0; --i) 79 { 80 int index = b[i] ^ 1; 81 bool flag = true; 82 if (tree[tree[r].son[index]].Count - tree[tree[l].son[index]].Count <= 0) 83 { 84 index ^= 1; 85 flag = false; 86 } 87 if (flag) ans += (1 << i); 88 r = tree[r].son[index]; l = tree[l].son[index]; 89 } 90 return ans; 91 } 92 93 int main() 94 { 95 while (scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) 96 { 97 Init(); 98 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", w + i); 99 for (int i = 1, u; i < n; ++i) 100 { 101 scanf("%d", &u); 102 fa[i + 1] = u; 103 addedge(u, i + 1); 104 } 105 DFS(1); 106 for (int i = 1; i <= n; ++i) 107 { 108 Insert(w[ford[i]], i); 109 } 110 while(q--) 111 { 112 int u; ll x; 113 scanf("%d%lld",&u,&x); 114 int l = ord[u] - 1, r = son[u]; 115 printf("%lld\n",Query(x, l, r)); 116 } 117 } 118 return 0; 119 }
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long ll; 5 6 const int N = 2e5 + 10; 7 8 vector<int>G[N]; 9 10 int n, q; 11 12 int ord[N], son[N], v[N], get_ord[N]; 13 int index; 14 15 int trie[N * 35][2], latest[N * 35]; 16 int root[N], tot; 17 18 inline void init() 19 { 20 memset(trie, 0, sizeof trie); 21 memset(latest, 0, sizeof latest); 22 memset(root, 0, sizeof root); 23 tot = 0; 24 index = 0; 25 for (int i = 0; i < N; ++i) 26 { 27 G[i].clear(); 28 } 29 } 30 31 inline void insert(int i, int k, int p, int q) 32 { 33 if (k < 0) 34 { 35 latest[q] = i; 36 return; 37 } 38 int c = v[get_ord[i]] >> k & 1; 39 if (p) trie[q][c ^ 1] = trie[p][c ^ 1]; 40 trie[q][c] = ++tot; 41 insert(i, k - 1, trie[p][c], trie[q][c]); 42 latest[q] = max(latest[trie[q][0]], latest[trie[q][1]]); 43 } 44 45 inline int query(int now, int val, int k, int limit) 46 { 47 if (k < 0) 48 { 49 return v[get_ord[latest[now]]] ^ val; 50 } 51 int c = val >> k & 1; 52 if (latest[trie[now][c ^ 1]] >= limit) 53 return query(trie[now][c ^ 1], val, k - 1, limit); 54 else 55 return query(trie[now][c], val, k - 1, limit); 56 } 57 58 inline void dfs(int u) 59 { 60 ord[u] = ++index; 61 get_ord[index] = u; 62 for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) 63 { 64 int to = G[u][i]; 65 dfs(to); 66 } 67 son[u] = index; 68 } 69 70 int main() 71 { 72 while (~scanf("%d %d", &n, &q)) 73 { 74 init(); 75 latest[0] = -1; 76 root[0] = ++tot; 77 insert(0, 30, 0, root[0]); 78 for (int i = 1; i <= n; ++i) 79 { 80 scanf("%d", &v[i]); 81 } 82 for (int i = 2, u; i <= n; ++i) 83 { 84 scanf("%d", &u); 85 G[u].push_back(i); 86 } 87 dfs(1); 88 for (int i = 1; i <= n; ++i) 89 { 90 root[i] = ++tot; 91 insert(i, 30, root[i - 1], root[i]); 92 } 93 while (q--) 94 { 95 int u, x; 96 scanf("%d %d", &u, &x); 97 printf("%d\n", query(root[son[u]], x, 30, ord[u])); 98 } 99 } 100 return 0; 101 }
K：Removing Mountains
题意：
给出一个字符串$S$，改变一个位置的字符(可以改成任意字符)，使得循环节长度最小。
输出最小循环节长度以及可改动的字符位置
思路：
我们考虑枚举循环节长度$x$，如果有$s[1 \cdots n - x] = s[x + 1 \cdots n]$，那么循环节长度为$x$，并且每个位置都可以改变成原来的字符，其实相当于原串不变
否则我们考虑最长的$y$使得$s[1 \cdots y] = s[x + 1 \cdots x + y]$, 那么我们可以改变$s[y + 1]$或者$s[x + y + 1]$去判断是否能够使得$s[1 \cdots n - x] = s[x + 1 \cdots n]$成立，即至多改变两个位置
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define dbg(x...) do { cout << "\033[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0) 4 void err() { cout << "\033[39;0m" << endl; } 5 template <class T, class... Ts> void err(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << ' '; err(args...); } 6 const int N = 1e6 + 10, INF = 0x3f3f3f3f; 7 int n; char s[N]; 8 9 typedef unsigned long long ull; 10 struct Hash { 11 static ull base[N]; 12 static void init() { 13 base[0] = 1; 14 for (int i = 1; i < N; ++i) 15 base[i] = base[i - 1] * 131; 16 } 17 ull a[N]; 18 inline void gao(char *s) { 19 a[0] = 0; 20 for (int i = 1; s[i]; ++i) { 21 a[i] = a[i - 1] * 131 + s[i]; 22 } 23 } 24 ull get(int l, int r, int x, int y) { 25 ull res = a[r] - a[l - 1] * base[r - l + 1]; 26 if (x >= l && x <= r) { 27 res -= s[x] * base[r - x]; 28 res += s[y] * base[r - x]; 29 } 30 return res; 31 } 32 }hs; 33 ull Hash::base[N] = {0}; 34 35 struct ExKMP { 36 int Next[N]; 37 void get_Next(char *s) { 38 int lens = strlen(s + 1), p = 1, pos; 39 Next[1] = lens; 40 while (p + 1 <= lens && s[p] == s[p + 1]) ++p; 41 Next[pos = 2] = p - 1; 42 for (int i = 3; i <= lens; ++i) { 43 int len = Next[i - pos + 1]; 44 if (len + i < p + 1) Next[i] = len; 45 else { 46 int j = max(p - i + 1, 0); 47 while (i + j <= lens && s[j + 1] == s[i + j]) ++j; 48 p = i + (Next[pos = i] = j) - 1; 49 } 50 } 51 } 52 }exkmp; 53 54 int main() { 55 Hash::init(); 56 while (scanf("%d", &n) != EOF) { 57 scanf("%s", s + 1); 58 exkmp.get_Next(s); hs.gao(s); 59 if (n == 1) { 60 puts("1 1"); 61 continue; 62 } 63 int res = INF, num = INF; 64 for (int i = 2; i <= n; ++i) { 65 int now = exkmp.Next[i]; 66 if (now == n - i + 1) { 67 res = i - 1; 68 num = n; 69 break; 70 } else { 71 int x = 1 + now, y = i + now, len = n - i + 1; 72 num = 0; 73 num += hs.get(1, len, x, y) == hs.get(i, n, x, y); 74 num += hs.get(1, len, y, x) == hs.get(i, n, y, x); 75 if (num) { 76 res = i - 1; 77 break; 78 } 79 } 80 } 81 printf("%d %d\n", res, num); 82 } 83 return 0; 84 }
L：Yuno And lrotoridori no Sekai
按题意暴力模拟
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define N 1000010 5 6 struct Edge 7 { 8 int to, nx; 9 inline Edge() {} 10 inline Edge(int to, int nx) : to(to), nx(nx) {} 11 }edge[N << 1]; 12 13 int n, q; 14 int head[N], pos; 15 int w[N], path[N], deep[N], fa[N], tot; 16 int rmq[N << 1], F[N << 1], P[N << 1], cnt; 17 vector <int> vec; 18 19 struct ST 20 { 21 int mm[N << 1]; 22 int dp[N << 1][20]; 23 inline void init(int n) 24 { 25 mm[0] = -1; 26 for (int i = 1; i <= n; ++i) 27 { 28 mm[i] = ((i & (i - 1)) == 0) ? mm[i - 1] + 1 : mm[i - 1]; 29 dp[i][0] = i; 30 } 31 for (int j = 1; j <= mm[n]; ++j) 32 { 33 for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) 34 { 35 dp[i][j] = rmq[dp[i][j - 1]] < rmq[dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]] ? dp[i][j - 1] : dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]; 36 } 37 } 38 } 39 inline int query(int a, int b) 40 { 41 if (a > b) swap(a, b); 42 int k = mm[b - a + 1]; 43 return rmq[dp[a][k]] <= rmq[dp[b - (1 << k) + 1][k]] ? dp[a][k] : dp[b - (1 << k) + 1][k]; 44 } 45 }st; 46 47 inline void Init() 48 { 49 memset(head, -1, sizeof head); 50 pos = 0; deep[1] = 0; fa[1] = 1; 51 } 52 53 inline void addedge(int u, int v) 54 { 55 edge[++pos] = Edge(v, head[u]); head[u] = pos; 56 edge[++pos] = Edge(u, head[v]); head[v] = pos; 57 } 58 59 inline void DFS(int u) 60 { 61 deep[u] = deep[fa[u]] + 1; 62 F[++cnt] = u; 63 rmq[cnt] = deep[u]; 64 P[u] = cnt; 65 for (int it = head[u]; ~it; it = edge[it].nx) 66 { 67 int v = edge[it].to; 68 if (v == fa[u]) continue; 69 fa[v] = u; 70 DFS(v); 71 F[++cnt] = u; 72 rmq[cnt] = deep[u]; 73 } 74 } 75 76 inline void LCA_Init(int root, int node_num) 77 { 78 cnt = 0; 79 DFS(root); 80 st.init(2 * node_num - 1); 81 } 82 83 inline int query_lca(int u, int v) 84 { 85 return F[st.query(P[u], P[v])]; 86 } 87 88 inline void query(int u) 89 { 90 vec.clear(); vec.push_back(w[u]); 91 for (int it = head[u]; ~it; it = edge[it].nx) 92 { 93 int v = edge[it].to; 94 vec.emplace_back(w[v]); 95 } 96 sort(vec.begin(), vec.end()); 97 } 98 99 inline void Get(int u, int v) 100 { 101 int lca = query_lca(u, v); 102 tot = 0; 103 path[++tot] = u; 104 while (u != lca) 105 { 106 u = fa[u]; 107 path[++tot] = u; 108 } 109 int mid = tot; 110 while (v != lca) 111 { 112 path[++tot] = v; 113 v = fa[v]; 114 } 115 reverse(path + 1 + mid, path + 1 + tot); 116 } 117 118 inline void add(int v) 119 { 120 for (int i = 1; i <= tot; ++i) 121 w[path[i]] += v; 122 } 123 124 inline void Reverse() 125 { 126 for (int i = 1, j = tot; i < j; ++i, --j) 127 swap(w[path[i]], w[path[j]]); 128 } 129 130 inline void Run() 131 { 132 while (scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) 133 { 134 Init(); 135 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", w + i); 136 for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) 137 { 138 scanf("%d%d", &u, &v); 139 addedge(u, v); 140 } 141 LCA_Init(1, n); 142 int op, x, y, z; 143 while (q--) 144 { 145 scanf("%d%d%d", &op, &x, &y); 146 if (op == 3) 147 { 148 query(x); 149 while (y--) 150 { 151 scanf("%d", &x); 152 printf("%d\n", vec[x - 1]); 153 } 154 } 155 else 156 { 157 Get(x, y); 158 if (op == 1) 159 Reverse(); 160 else 161 { 162 scanf("%d", &z); 163 add(z); 164 } 165 } 166 } 167 } 168 } 169 170 int main() 171 { 172 #ifdef LOCAL 173 freopen("Test.in", "r", stdin); 174 #endif 175 176 Run(); 177 178 return 0; 179 }
赛后总结：
- 一定要记得return 0, ll
- 如果矩阵快速幂递推的时候，项中有负的，一定要+MOD 再 % MOD，为保险起见，输出答案的时候再% MOD
- 如果用i来表示答案，一定要注意跳出的情况，会不会有越界跳出
- 位运算尽量要加括号，它的优先级最低，进行移位操作的时候，如果爆int了，一定要 1ll << x
- 两个数相与，要么为0，要么为一个> 0 的数； 而不是 要么为0，要么为1 这个想法是错误了
- 在改动了一处之后，一定要仔细思考一下，是否有另一处需要连带改动，不要做无畏的罚时增长
- 对于没有写过的数据结构，但是觉得可做，一定要先想清楚，不可妄想，要用别的类似的数据结构的思想来写，或者一些优秀的数据结构也可以用到题目当中来优化常数
- 尽量不要两个人用两种思路写同一题，尽量先交流好，毕竟只有一台电脑，交流是制胜的关键
- 一定要加强数据结构，图论，数论的练习
- 交题前一定要测试样例，尽量测试边界或极限数据，不能过样例就急着交
