NOIP 模拟 7

合集 - 模拟赛(60)

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49.NOIP 模拟 72024-11-08

50.NOIP 模拟 82024-11-2051.NOIP2024（欢乐）加赛 32024-11-1052.NOIP 模拟 92024-11-1753.NOIP 模拟 102024-11-1754.NOIP 模拟 112024-11-2055.NOIP 模拟 122024-11-1756.NOIP 模拟 132024-11-1857.NOIP 模拟 142024-11-2058.NOIP 模拟 152024-11-2059.NOIP 模拟 162024-11-2560.NOIP 模拟 172024-11-25

收起

T1 图书管理 (book)

考虑每个数做中位数的贡献，经典 trick 就是小于的为 $-1$，大于的为 $1$，前缀和相减为 $0$ 的就合法，不会链表。

T2 两棵树 (tree)

又是经典 trick，森林的连通块数为点数减边数，证明就是算树的数量，好像之前见过这个 trick。
然后把贡献拆开，$e$ 代表点，$v$ 代表边，$\text{E}((v_1-e_1)(v_2-e_2))=\text{E}(v_1{v}_2-e_1{v}_2-v_1{e}_2+e_1{e}_2)$，每一项可以看成若干个 $1$ 相加乘上若干个 $1$ 相加，然后直接枚举节点算贡献即可。

• $v_1{v}_2$，$T$ 中的 $u$ 点在，则 $U$ 中的 $u$ 点一定不在，两个点的概率是 $\frac{1}{4}$，总贡献是 $\frac{n(n-1)}{4}$。
• $e_1{v}_2,v_1,e_2$ 边数都是 $n-1-d_u$，三个点的概率是 $\frac{1}{8}$，总贡献 $\frac{(n-1)(n-2)}{4}$
• $e_1{e}_2$，直接枚举边 $(u,v)$，然后减去 $d_u+d_v$ 即可，如果 $(u,v)$ 在另一棵树中也有连边，就多减了一个，加 $1$ 即可。

为啥把前面贡献直接算完后面循环算没有全循坏快，$O2$ 给直接算完了？

T3 函数（fun）

自然地想到 01trie，对于异或完等于 $b$ 的，直接找即可。
否则一定两边异号，如果第一个数异或完大于 $b$，找第一个小于 $b$ 的位置即可，否则找第一个大于 $b$ 的位置，这样它和前一个位置一定异号。

T4 编辑（edit）

原题：QOJ5312
编辑距离确实是一个专有名词，可以使用 LCS 的思想来求解，$f_{i,j}$ 表示 A 串匹配到 $i$，B 串匹配到 $j$ 的最小距离，转移如下：

$$\begin{array}{r}{f}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}{f}_{i,j-1}+1& \text{Delete}\\ f_{i+1,j+1}+1& \text{Change}\\ f_{i+1,j}+1& \text{Add}\end{array}\end{array}$$

然后枚举起点就可以做到 $\mathcal{O}(n^3)$ 的复杂度，拿到 60pts。
发现上面的东西必须要以 $n$ 为状态，几乎不可能优化，$k$ 很小一定有作用，换一种思路，$f_{i,j}$ 表示在 $i$ 次编辑后，满足 $S_{1\to x}$ 和 $T_{st\to x+j}$ 的最大的 $x$，求得之后直接统计等于 $|S|$ 的 $f_{i,j}$ 即可。为什么要把 $j$ 设计出来，可能在当前我不去匹配更优，所以类似与上面的式子，我需要知道两个串的具体位置，简单观察后发现，对于 $f_{i,j},f_{i,j}+st+j$ 的 $\text{LCP}$ 可以白嫖转移，就是自己转移自己，然后就是编辑操作依次考虑。

$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{ll}{f}_{i,j}\leftarrow f_{i,j}+\text{LCP}(f_{i,j}+1,f_{i,j}+st+j)& \text{Free}\\ f_{i+1,j+1}\leftarrow f_{i,j}& \text{Delete}\\ f_{i+1,j}\leftarrow f_{i,j}+1& \text{Change}\\ f_{i+1,j-1}\leftarrow f_{i,j}+1& \text{Add}\end{array}\end{array}$$

注意这里的操作都是在 T 串上的操作，对于 S 的操作，意义换一下式子也一样。$\text{LCP}$ 可以通过二分 + 哈希来处理，时间复杂度 $\mathcal{O}(n{k}^2\log n)$，理论过不了，但是跑不满，SA 可以 $\mathcal{O}(1)$ 处理 $\text{LCP}$，做到 $\mathcal{O}(n{k}^2)$ 的正确复杂度，最后枚举 $st$ 统计答案即可，没压行 QOJ 最短解。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii std::pair<int,int>
#define eb emplace_back
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
std::mt19937 myrand(std::chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
inline int R(int n){return myrand()%n+1;}
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=1e5+10,mod=998244353,inf=1e9,P=17771;
inline void Min(int &x,int y){if(x>y)x=y;}
inline void Max(int &x,int y){if(x<y)x=y;}
int K,n,m,f[35][70],ans[N];
ull hs[2][N],p[N];
char s[N],t[N];
inline int get(int l,int r,int id){return hs[id][r]-hs[id][l-1]*p[r-l+1];}
inline int LCP(int x,int y){
	if(x<0||x>n||y<0||y>m)return 0;
	int l=1,r=std::min(n-x+1,m-y+1),res=0;
	while(l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if(get(x,x+mid-1,0)==get(y,y+mid-1,1))l=mid+1,res=mid;
		else r=mid-1;
	}return res;
}
signed main(){
    // freopen("edit.in","r",stdin);freopen("edit.out","w",stdout);
    // freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);
    std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
    std::cin>>K>>s+1>>t+1;n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
    p[0]=1;for(int i=1;i<=std::max(n,m);++i)p[i]=p[i-1]*P;
    for(int i=1;i<=n;++i)hs[0][i]=hs[0][i-1]*P+s[i]-'a'+1;
    for(int i=1;i<=m;++i)hs[1][i]=hs[1][i-1]*P+t[i]-'a'+1;
    for(int st=1;st<=m;++st){
    	for(int i=0;i<=K;++i)for(int j=0;j<=2*K;++j)f[i][j]=0;
    	f[0][K]=0;
    	for(int i=0;i<=K;++i)for(int j=-i;j<=i;++j){
    		f[i][j+K]+=LCP(f[i][j+K]+1,f[i][j+K]+st+j);
    		if(i!=K)
    			Max(f[i+1][j+K-1],std::min(f[i][j+K]+1,n)),
    			Max(f[i+1][j+K],std::min(f[i][j+K]+1,n)),
    			Max(f[i+1][j+K+1],f[i][j+K]);
    	}
    	for(int j=std::max(-K,1-n);j<=std::min(K,m-st-n+1);++j)
    		for(int i=0;i<=K;++i)if(f[i][j+K]>=n){ans[i]++;break;}
    }for(int i=0;i<=K;++i)std::cout<<ans[i]<<'\n';
}