6.6 NOI 模拟
\(T1\)括号序列
——那是，朝思夜想也未尝得到的自由
一个比较常见的转化，考虑如何判断前一段和后一段能够拼成一个合法的括号序列
充要条件：
前半部分，‘（’看为\(1\)， ‘）’看为\(-1\)，前缀和一直\(\geq 0\)
后半部分，‘）’看为\(1\)， '（'看做\(-1\)，后缀和一直\(\geq 0\)
并且前缀和等于后缀和
然后，依照这个结论可以使用暴力拿到\(70pts\)，\(100pts\)需要写的很麻烦，所以换一种写法
\(70pts\)：
暴力统计每个位置满足条件的就好了
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,q,l,r,cn[8010];
char s[8010];
int main()
{
scanf("%d%d%s",&n,&q,s+1);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
long long res=0;
int li=l-1,lt=0;
while(li<r&<>=0)
{
cn[lt]++;
if(s[++li]=='(')lt++;
else lt--;
}
int ri=r+1,rt=0;
while(ri>l&&rt>=0)
{
if(li==ri)
{
if(s[li--]=='(')lt--;
else lt++;
cn[lt]--;
}
res+=cn[rt];
if(s[--ri]==')')rt++;
else rt--;
}
while(li>=l)
{
if(s[li--]=='(')lt--;
else lt++;
cn[lt]--;
}
printf("%lld\n",res);
}
return 0;
设\(f[l][r]\)表示区间\([l,r]\)的方案数
考虑类似\(S[l,r]\)形如\((...)\)的询问，\(l'\)为\(s[l]\)匹配右括号的位置，\(r'\)为\(s[r]\)匹配左括号的位置，我们对删去\(L,R\)位置进行讨论
\(Sit_1:L>l'\)或\(R<r'\)
\(Case_1:L>l'\)且\(R<r'\) \(f[l][r]+=f[l'+1][r'-1]\)比较显然，可以和外面的合法括号序列接上
\(Case_2:R<r',f[l][r]+=f[l][r'-1]\)，同上
\(Case_3:L>l' ,f[l][r]+=f[l'+1][r]\)，同上
\(Sit_2:L\leq l',R\geq r'\)
\(f[l][r]+=f[l+1][r-1]\)
至于不是形如这样的询问，直接把\(l'=n,r'=1\)即可
正确性的话，这样的话转移的时候不合法的就直接变成\(0\)了，就是包含最左最右不合法部分的
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 8010
using namespace std;
int n,q,in1,in2,pre[MAXN],nxt[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
vector<int>sta;
char s[MAXN];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pre[i]=1;//r'
nxt[i]=n;//l'
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(s[i]=='(')
{
sta.push_back(i);
}
else
{
if(!sta.empty())
{
nxt[sta.back()]=i;
sta.pop_back();
}
}
}
sta.clear();
for(int i=n;i;i--)
{
if(s[i]==')')
{
sta.push_back(i);
}
else
{
if(!sta.empty())
{
pre[sta.back()]=i;
sta.pop_back();
}
}
}
sta.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][i]=1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
for(int j=1;j+i<=n;j++)
{
dp[j][j+i]=dp[nxt[j]+1][j+i]+dp[j][pre[j+i]-1]-dp[nxt[j]+1][pre[j+i]-1]+1;
// cout<<"zy: "<<nxt[j]+1<<" "<<j+i<<"\n";
// cout<<"zy: "<<j<<" "<<pre[j+i]-1<<"\n";
// cout<<"zy: "<<nxt[j]+1<<" "<<pre[j+i]-1<<"\n";
if(s[j]=='('&&s[j+i]==')')
{
dp[j][j+i]+=dp[j+1][j+i-1];
}
}
}
for(int i=1,l,r;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
cout<<dp[l][r]<<"\n";
}
return 0;
}
\(T2\)泽连斯基
——那是，至今为止都不曾体会的懵懂
\(l_i\le r_i\)的部分分比较简单，考虑维护一个单点最大值就好了，因为必然有一个位置被所有线段包含
正解：
考虑枚举一个圆弧，钦定为答案中最短的圆弧为\(x\)
可以把其余圆弧分成\(7\)类
\(Case_1:\)和\(x\)相同，必然需要加入答案
\(Case_2:\)被\(x\)包含，钦定\(x\)最小，必然不选
\(Case_3:\)包含\(x\)，由于\(x\)和其他有交，那么包含\(x\)必然也有交，必然加入答案
\(Case_4:\)和\(x\)无交，必然不选
\(Case_5:\)包含\(x\)左端点，称为\(L\)，下面讨论
\(Case_6:\)包含\(x\)右端点，称为\(R\)，下面讨论
\(Case_7:\)包含左右\(x\)端点，但不包含\(x\)，称为\(U\)，\(U\)必然与\(L/R\)相交，\(U\)必选
我们只需考虑\(L,R\)最多可以选出几个，\(L,R\)内部必然两两相交
所以我们二维数点！
圆弧看成平面上一个点\((x,y)\)，\(L\)为黑点，\(R\)为白点，转化成
平面上选出最多的点使得不存在一个黑点\((x_1,y_1)\)和一个白点\((x_2,y_2)\)满足\(x_1<y_1\land x_2<y_2\)
然后考虑\(dp\)，\(f[x][y]\)表示横坐标\(\leq x\)的所有点，黑点纵坐标最小值为\(y\)最多能选多少个，由于最大值我们直接选一个最大值转移就好了，这就变成了一个线段树优化\(DP\)
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define ll long long
#define db double
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define vi vector<int>
using namespace std;
const int maxn=6e3;
struct node {
int l,r;
} a[maxn+5];
int n,L[maxn+5],R[maxn+5],key[maxn*2+5],cnt,cnt2;
int ID[maxn+5],len[maxn+5];
int in(int l,int r,int x) {
if (l<=r) return l<=x && x<=r;
return ((l<=x && x<=cnt) || (1<=x && x<=r));
}
struct point {
int x,y,o;
point() {
x=y=o=0;
}
point(int a,int b,int c) {
x=a,y=b,o=c;
}
bool operator < (const point &t) const {
return x==t.x?(o>t.o):x<t.x;
}
} b[maxn+5];
int num;
int mx[maxn*8+5],tag[maxn*8+5];
void seta(int p,int d) {
tag[p]+=d;
mx[p]+=d;
}
void upd(int p) {
mx[p]=max(mx[p+p],mx[p+p+1]);
}
void push(int p) {
if (!tag[p]) return ;
seta(p+p,tag[p]);
seta(p+p+1,tag[p]);
tag[p]=0;
}
void build(int p,int l,int r) {
mx[p]=-1e9;
tag[p]=0;
if (l==r) {
if (l==cnt2) mx[p]=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p+p,l,mid);
build(p+p+1,mid+1,r);
upd(p);
}
void modify(int p,int l,int r,int ql,int qr,int d) {
if (ql>qr) return ;
if (l==ql&&r==qr) {
seta(p,d);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
push(p);
if (qr<=mid) modify(p+p,l,mid,ql,qr,d);
else if (mid<ql) modify(p+p+1,mid+1,r,ql,qr,d);
else modify(p+p,l,mid,ql,mid,d),modify(p+p+1,mid+1,r,mid+1,qr,d);
upd(p);
}
void cover(int p,int l,int r,int pos,int d) {
if (l==r){
mx[p]=max(mx[p],d);
return ;
}
push(p);
int mid=(l+r)>>1;
if (pos<=mid) cover(p+p,l,mid,pos,d);
else cover(p+p+1,mid+1,r,pos,d);
upd(p);
}
int query(int p,int l,int r,int ql,int qr) {
if (ql>qr) return -1e9;
if (l==ql&&r==qr) return mx[p];
int mid=(l+r)>>1;
push(p);
if (qr<=mid) return query(p+p,l,mid,ql,qr);
else if (mid<ql) return query(p+p+1,mid+1,r,ql,qr);
else return max(query(p+p,l,mid,ql,mid),query(p+p+1,mid+1,r,mid+1,qr));
}
void solve() {
cin>>n;
cnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++) {
cin>>L[i]>>R[i];
key[++cnt]=L[i],key[++cnt]=R[i];
}
sort(key+1,key+cnt+1);
cnt=unique(key+1,key+cnt+1)-key-1;
for (int i=1;i<=n;i++) {
L[i]=lower_bound(key+1,key+cnt+1,L[i])-key;
R[i]=lower_bound(key+1,key+cnt+1,R[i])-key;
len[i]=(R[i]-L[i]+cnt)%cnt;
}
for (int i=1;i<=cnt;i++) ID[i]=0;
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++) {
num=cnt2=0;
int nl=L[i],nr=R[i];
int p=nl;
while (1) {
ID[p]=i;
if (p==nr) break ;
p=p%cnt+1;
}
int cursum=0;
for (int j=1;j<=n;j++) {
if (i==j) continue ;
if (len[j]<len[i]) {
continue ;
}
int inl=in(L[j],R[j],L[i]);
int inr=in(L[j],R[j],R[i]);
if (!inl && !inr) continue ;
if (inl && inr) cursum++;
else {
int x=L[j],y=R[j];
if (ID[x]!=i) swap(x,y);
x=(x-L[i]+cnt)%cnt;
y=(L[i]-y+cnt)%cnt;
x++,y++;
if (inl) {
b[++num]=point(x,y,0);
key[++cnt2]=y;
}
else {
b[++num]=point(x,y,1);
key[++cnt2]=y;
}
}
}
if (!num) {
ans=max(ans,cursum+1);
continue;
}
sort(key+1,key+cnt2+1);
cnt2=unique(key+1,key+cnt2+1)-key-1;
for (int j=1;j<=num;j++) {
b[j].y=lower_bound(key+1,key+cnt2+1,b[j].y)-key;
}
build(1,1,cnt2);
sort(b+1,b+num+1);
for (int j=1;j<=num;j++) {
if (b[j].o==0) {
modify(1,1,cnt2,1,b[j].y-1,1);
int mx=query(1,1,cnt2,b[j].y,cnt2);
cover(1,1,cnt2,b[j].y,mx+1);
}
else {
modify(1,1,cnt2,b[j].y,cnt2,1);
}
}
ans=max(ans,cursum+mx[1]+1);
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main() {
int T;
cin>>T;
while (T--) solve();
return 0;
}
\(T3\)
——那是，将我们三色交织在一起的绘卷
不会
讲题人：这道题太奇怪了，咱们不讲了吧
