4.【杂题乱写】2024.02 #12024-02-16

AtCoder-ARC171_D Rolling Hash #

区间 $[l,r]$ 的哈希值不为零等价于：

h_{r} - h_{l - 1} \times B^{r - l + 1} ≢ 0 (\mod P)

$h_r-h_{l-1}\times B^{r-l+1}\not\equiv 0\pmod P$

由于 $B,P$ 均为质数，且 $B<P$ ，所以上式等价于：

h_{r} \times B^{- r} ≢ h_{l - 1} \times B^{- (l - 1)} (\mod P)

$h_r\times B^{-r}\not\equiv h_{l-1}\times B^{-(l-1)}\pmod P$

记 $f_i=h_i\times B^{-i}$ ，那么对于任意 $f$ ，容易还原出 $h$ ，也容易还原出原序列。所以只需要对 $f$ 的限制考虑，发现每个限制等价于 $f_i\neq f_j$ ，那么直接状压就能求出结果。

提交记录：Submission - AtCoder

CodeForces-1929D Sasha and a Walk in the City *1900 #

任选一个根，考虑在一个点集的 $\mathrm{LCA}$ 处统计答案。

为了方便，认为不包括的 $\mathrm{LCA}$ 点集选了虚根 $0$ 。这样一个点集合法当且仅当除了 $\mathrm{LCA}$ 的节点都在 $\mathrm{LCA}$ 的同一子树内，否则选两个不同子树的和 $\mathrm{LCA}$ 就不合法了，同时除了 $\mathrm{LCA}$ 以外的节点也不能有祖孙关系。

考虑 DP，记 $f_u$ 为 $u$ 子树内选若干没有祖孙关系的节点方案数，转移是 $f_u=\prod_{v\in \mathrm{son}(u)}(f_v+1)$ 。统计答案时发现就是 $\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} f_v$ ，因此就是 $\sum_{u=1}^n f_u$ 。

提交记录：Submission - CodeForces

CodeForces-1929E Sasha and the Happy Tree Cutting *2300 #

明示了对 $k$ 状压。发现 $k$ 条路径形成的虚树一定是 $O(k)$ 规模的，所以本质不同的覆盖集合只有 $O(k)$ 个，直接离散化然后背包就行了。

提交记录：Submission - CodeForces

CodeForces-1929F Sasha and the Wedding Binary Search Tree *2300 #

有点水了，直接找到中序遍历，对每个极长未知段求方案数，答案就是关于长度和值域的组合数。

提交记录：Submission - CodeForces

Luogu-P8860 动态图连通性 #

容易发现每条边只有第一次询问是有用的，记第 $i$ 条边的边权为首次被询问的时刻，如果从未被询问设成 $q+i$ 。

考察所有 $1\rightarrow n$ 路径中最终留下的是哪一条，只有这条路径上的边不会被删去。首先路径中边权最小的一条，一定是要最小的尽量大，其他都先被删去了，最小的相等的所有路径中再比较次小，以此类推。所以是找所有路径中，升序排序后字典序最大的一条。

可以根据某条边是否出现来用二进制数表示一条路径，其中较小的边权放在较高的位上，所以是求一个高精度最短路，可以用主席树之类的解决，和某道 CodeForces 题类似。

本题具有一个特性：边权互不相同，考虑这个性质能不能指向一个更简单的做法。

假设 $u_1,u_2$ 均可转移到 $v$ ，边权分别为 $w_1,w_2$ ，假设 $d_{u_1}<d_{u_2}$ ，也就是朴素 Dijkstra 中 $u_1$ 先弹出。此时应当有 $dis_{u_1}+w_1>dis_{u_2}$ ，否则 $v$ 比 $u_2$ 先弹出，转移没有意义。观察 $dis_{u_1}+w_1,dis_{u_1},dis_{u_2}$ 的二进制位，应当是有一个前缀相等，不相等的位置一定对应 $w_1$ ，所以 $dis_{u_1}+w_1$ 这一位是 $1$ ， $dis_{u_1}$ 这一位是 $0$ ，而 $dis_{u_2}$ 一定没有走 $w_1$ 这条边，所以这一位也是 $0$ ，进而可以知道后面一定是 $dis_{u_2}$ 的更大。

那么如果 $w_2<w_1$ ，就会加在更高位，一定不优，如果 $w_2>w_1$ ，这个 $w_2$ 一定不会产生进位，一定更优。所以转移实际只取边权最大的一个即可。

提交记录：Submission - Luogu

Luogu-P6845 CEOI 2019 Dynamic Diameter #

考虑用欧拉序来描述 $(u,v)$ 的 $\mathrm{LCA}$ 。记 $p_u$ 为 $u$ 第一次出现的位置， $d_i$ 为欧拉序 $i$ 对应节点的根链长度，那么 $\mathrm{dist}(u,v)=d_{p_u}+d_{p_v}-2\min_{i=p_u}^{p_v} \{d_i\}$ 。由于减去区间的 $\min$ 等价于枚举区间内任意元素取 $\max$ ，而要求的直径就是所有路径长度取 $\max$ ，所以原题要求： $\max_{x\le z\le y}\{d_x+d_y-2d_z\}$ 。

容易用线段树维护区间信息，修改边权实际是对欧拉序区间的 $d$ 进行修改。

另一种做法的第一步是比较容易想到的——线段树维护区间直径。合并两个区间是经典性质。带修看起来不好处理，但实际上只会影响同时包含 $v$ 子树内外节点的区间，所以直接在线段树上重新递归 $v$ 子树对应的 DFS 序区间就行了。

提交记录：Submission - Luogu

CodeForces-1930C Lexicographically Largest #

记 $c_i$ 表示在取走 $i$ 取走的位置 $<i$ 的元素个数，容易发现对于任意 $0\le c_i<i$ ，这样的 $c$ 都是合法的，证明考虑归纳，每次前 $n-1$ 的元素的相对顺序不变，在操作序列的第 $c_n+1$ 位置插入 $n$ 即可。

也就是能构造出 $b_i\in [a_i+1,a_i+i]$ 的任意结果，容易发现集合中有重复元素一定不优。所以维护若干区间 $[l_i,r_i]$ ，初始是 $[a_i+1,a_i+i]$ ，每次取出右端点最大的中左端点最大的一个，将右端点加入答案集合，其余的右端点同样的最大的右端点减一。

提交记录：Submission - CodeForces

CodeForces-1930D1 Sum over all Substrings (Easy Version)#

注意到一个 $\texttt{1}$ 可以使左中右三个位置的 $\texttt{1}$ 合法，即中间选自己，左右选长度为 $2$ 包括中间的区间。由于每三个位置只会出现一个 $\texttt{1}$ ， $\texttt{0}$ 的条件自然也满足了。

只需要固定左端点拓展一个右端点算答案就行了。

提交记录：Submission - CodeForces

CodeForces-1930D2 Sum over all Substrings (Hard Version)#

考虑把 D1 的枚举左端点移动右端点改成批量算。

记 $f_i$ 为以 $i$ 开头所有区间的答案，从大到小枚举 $i$ DP。

如果 $s_i$ 是 $\texttt{0}$ ，那么直接 $f_i=f_{i+1}$ 。

如果 $s_i$ 是 $\texttt{1}$ ，放置一个 $\texttt{1}$ 可以直接把 $[i,i+2]$ 的条件全部满足，于是 $f_i=f_{i+3}+(n-i+1)$ 。

答案就是 $\sum_{i=1}^n f_i$ 。

提交记录：Submission - CodeForces

CodeForces-1930E 2..3...4.... Wonderful! Wonderful!#

一个序列合法的充要条件是：有恰好 $i\times 2k$ 个位置被删去，且至少存在一个未被删去的位置左右都有 $k$ 个位置被删去。证明是感性的，可以认为把最后一次操作还原之后的限制更松。

考虑枚举 $i\times 2k$ ，不妨减去不合法的情况，此时从左往右第 $k$ 个被删去的位置和从右往左第 $k$ 个被删去位置中间应该都被删去，把它们缩成一个，就是有 $2k-1$ 个位置被删去。所以答案是 $\binom{n}{i\times 2k}-\binom{n-i\times 2k+2k-1}{2k-1}$ 。时间复杂度是调和级数 $O(n\log n)$ 。

提交记录：Submission - CodeForces

CodeForces-1930F Maximize the Difference #

注意答案可以写成：

max_{1 \leq i, j \leq q, 0 \leq x < n} {(b_{i} | x) - (b_{j} | x)}

$\max_{1\le i,j\le q,0\le x<n} \{(b_i|x)-(b_j|x)\}$

对每一位讨论，如果 $b_i$ 与 $b_j$ 相同， $x$ 任取均可；如果 $b_i$ 为 $1$ 而 $b_j$ 为 $0$ ， $x$ 取 $0$ ；如果 $b_i$ 为 $0$ 而 $b_j$ 为 $1$ ， $x$ 取 $1$ 。所以实际上是 $x=b_j$ 。

观察 $(b_i|b_j)-b_j$ 发现就是 $b_i$ 与 $b_j$ 补 $c_j$ 的交。朴素做法是 $O(3^{22})$ 枚举子集。

由于只需要找到最大的同时为 $b$ 与 $c$ 中元素子集的值，所以每个值实际是标记，直接 BFS 就可以做到 $O(n\log n+q)$ 。

作者：SoyTony

出处：https://www.cnblogs.com/SoyTony/p/18017013/Problems_in_February_2024_1

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2024-02-16 11:47 SoyTony 阅读(44) 评论(0) 编辑收藏举报

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