2024寒假年前集训日记

合集 - 2024寒假集训(10)

1.2024寒假年前集训日记2024-01-29

2.2024初三年前集训测试12024-01-31 3.2024初三年前集训测试22024-02-02 4.2024初三年前集训测试32024-02-05 5.2024寒假自主提升日记2024-02-14 6.2024寒假年后集训日记2024-02-15 7.2024初三集训模拟测试12024-02-18 8.2024初三集训模拟测试22024-02-19 9.2024初三集训模拟测试32024-02-22 10.2024初三集训模拟测试42024-02-22

1.27

闲话

下午期末家长会的时候，以为家长还没到，于是就在外面等了 $30 m i n +$ ，等不及了发现家长已经进去了，然后班主任也已经开始讲了，乐。
吃完晚饭后，搬宿舍到了 $1201$ 。

晚上， $h u g e$ 关于不要忽略算法的细节的讲话。

点击查看讲话

咱这次集训哈后面会安排放视频，学过的没学过的都建议听一下，看自己当时学这个知识点的时候就没有什么细节被忽略了。差分约束大家都学了吧，应该都做了 小K的农场 那题了吧。那题是卡基于 BFS 实现的 SPFA，我就看了眼lrb的代码，他是拿双端队列优化后的 SPFA 过的，其他人通过的我也不知道用什么方式过的。你们有拿 DFS 实现的 SPFA 吗？要是没有的话，你们可以学一下，这题 DFS 实现的 SPFA 跑得飞快。

晚上下课后，跟着 @xrlong 和@wkh2008 在小操场跑了两圈，最后和他们差出了 $100 m$ 。

做题纪要

1.28

闲话

上午放的 $h a s h$ 视频，但我打了一上午的差分约束，课基本没听。
下午放的 $K M P$ 视频。
晚上，【数据删除】半小时内连续被 $h u g e$ 两次抓到摸鱼，于是【数据删除】以一己之力让 $1$ 机房洛谷被禁了。然后 $h u g e$ 讲了点东西，详见 2024寒假集训纪要 1.28 部分。
晚上下课后，因时间不够了，故跟着 @xrlong 和@wkh2008 在小操场跑了一圈，最后和他们差出了 $50 m$ 。

做题纪要

LibreOJ 10033. 「一本通 2.1 例 1」Oulipo

$h a s h$ 板子。

点击查看代码

const ll mod=998244353,base=13331;
ll a[1000002],b[1000002],jc[1000002];
char s1[1000002],s2[1000002];
void sx_hash(char s[],ll a[],ll len)
{
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        a[i]=(i==0)?0:((a[i-1]*base%mod+s[i])%mod);
    }
}
ll ask_hash(ll a[],ll l,ll r)
{
    return (a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
    ll t,len1,len2,ans,i,j;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>(s1+1)>>(s2+1);
        ans=0;
        len1=strlen(s1+1);
        len2=strlen(s2+1);
        for(j=0;j<=max(len1,len2);j++)
        {
            jc[j]=(j==0)?1:(jc[j-1]*base%mod);
        }
        sx_hash(s1,a,len1);
        sx_hash(s2,b,len2);
        for(j=1;j+len1-1<=len2;j++)
        {
            ans+=(ask_hash(a,1,len1)==ask_hash(b,j,j+len1-1));
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P3370【模板】字符串哈希

$h a s h$ 板子。

点击查看代码

const ll mod=998244353,base=13331;
ll a[20000],jc[20000];
char s[2001];
ll sx_hash(char s[],ll len)
{
    ll ans;
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        ans=(i==0)?0:((ans*base%mod+s[i])%mod);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll n,ans=1,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s+1);
        a[i]=sx_hash(s,strlen(s+1));
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        ans+=(a[i]!=a[i+1]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P3667 [USACO17OPEN] Bovine Genomics G

显然，区间长度具有单调性。考虑二分长度，然后把 $h a s h$ 值丢到一个 map 里面，进行判断。
- 容易出错的点：对于一段区间 $[l, r]$ ，只有对于所有的 $i (1 \leq i \leq n)$ 均有 $\sum_{j = 1}^{n} [A_{i_{l}} \sim A_{i_{r}} \neq B_{j_{l}} \sim B_{j_{r}}] = n$ 才满足题意。

需要双哈希。

点击查看代码

const ll mod1=998244353,mod2=1000000007,base=13331;
ll a[1002][3][1002],b[1002][3][1002],jc[3][1002];
char s1[1002],s2[1002];
void sx_hash(char s[],ll a[],ll len,ll mod)
{
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        a[i]=(i==0)?0:((a[i-1]*base%mod+s[i])%mod);
    }
}
ll ask_hash(ll a[],ll jc[],ll l,ll r,ll mod)
{
    return (a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
bool check(ll mid,ll n,ll m)
{
    ll i,l,r,flag;
    for(l=1,r=l+mid-1;r<=m;l++,r++)
    {
        map<ll,bool>vis[3];
        flag=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            vis[1][ask_hash(a[i][1],jc[1],l,r,mod1)]=true;
            vis[2][ask_hash(a[i][2],jc[2],l,r,mod2)]=true;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            if(vis[1].find(ask_hash(b[i][1],jc[1],l,r,mod1))!=vis[1].end()&&vis[2].find(ask_hash(b[i][2],jc[2],l,r,mod2))!=vis[2].end())
            {
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(flag==0)
        {
            return false;
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    ll n,m,l=1,r,ans,mid,i;
    cin>>n>>m;
    r=m;
    for(i=0;i<=m;i++)
    {
        jc[1][i]=(i==0)?1:(jc[1][i-1]*base%mod1);
        jc[2][i]=(i==0)?1:(jc[2][i-1]*base%mod2);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s1+1);
        sx_hash(s1,a[i][1],m,mod1);
        sx_hash(s1,a[i][2],m,mod2);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s2+1);
        sx_hash(s2,b[i][1],m,mod1);
        sx_hash(s2,b[i][2],m,mod2);
    }
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid,n,m)==true)
        {
            l=mid+1;
        }
        else
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P4503 [CTSC2014] 企鹅 QQ

考虑枚举不同的位置，然后将前后的 $h a s h$ 值再次进行 $h a s h$ 然后拼起来。
因 map 常数过大，在找一个数在区间内出现的次数时，使用 sort 挨个枚举进行判断，而不是使用 map 存储。

这题卡 $h a s h$ 的模数，故选择 unsigned long long 的自然溢出和 rand() 的随机数来作为模数。

点击查看代码

const ull base=13331;
ull a[30002][300],aa[30002],jc[70002];
char s[300],ss[300];
void sx_hash(char s[],ull a[],ull len)
{
    for(ull i=0;i<=len;i++)
    {
        a[i]=(i==0)?0:(a[i-1]*base+s[i]);
    }
}
ull ask_hash(ull a[],ull l,ull r)
{
    return a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1];
}
int main()
{
    ull n,m,ss,ans=0,sum,mod1,mod2,i,j;
    cin>>n>>m>>ss;
    srand(time(0));
    mod1=rand();
    mod2=rand();
    for(i=0;i<=m;i++)
    {
        jc[i]=(i==0)?1:(jc[i-1]*base);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s+1);
        sx_hash(s,a[i],m);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            aa[j]=ask_hash(a[j],1,i-1)*mod1+ask_hash(a[j],i+1,m)*mod2;
        }
        sort(aa+1,aa+1+n);
        sum=1;
        for(j=1;j<=n-1;j++)
        {
            if(aa[j]==aa[j+1])
            {
                ans+=sum;
                sum++;
            }
            else
            {
                sum=1;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P10114 [LMXOI Round 1] Size

前置知识：若 $\sum_{i = 1}^{n} d_{i} \leq V$ ，则 ${d}$ 中最多只有 $\sqrt{V}$ 个不同的数。

设 $s u m_{i}$ 表示 $i$ 在 ${d}$ 中出现的次数， ${a}$ 为 ${d}$ 去重后的序列。 $\sum_{i = 1}^{| a |} \sum_{j = 1}^{| a |} s u m_{a_{i}} \times s u m_{a_{j}} \times ((a_{i} ⨁ a_{j}) + (a_{i} ⨂ a_{j}))$ 即为所求。

点击查看代码

ll d[2000001],a[2000001],sum[50000001];
int main()
{
    ll n,m=0,ans=0,i,j;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>d[i];
        if(sum[d[i]]==0)
        {
            m++;
            a[m]=d[i];
        }
        sum[d[i]]++;
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            ans+=sum[a[i]]*sum[a[j]]*(__builtin_popcountll(a[i]+a[j])+__builtin_popcountll(abs(a[i]-a[j])));
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

1.29

闲话

【数据删除】因昨天晚上的事情被家长接走了，然后机房就变消停了不少。
不知道什么时候， $m i a o m i a o$ 来催了下做题。
中午吃完饭后吃了个豆干，然后嗓子就开始疼。
下午考勤机（刷脸）到了，不知道是第几次教练给吩咐作息时间。
- 为什么晚上吃饭的时间这么短。
晚上吃饭的时候，看了下从机房跑到食堂需要 $2 m i n$ ，应该可以更快。
晚上放的 $m a n a c h e r$ 和扩展 $K M P$ 视频。视频放完后，出去接水的路上，碰见了 $f e i f e i$ 问两个来上课的 $H Z O I 2023$ 都要考期末了为什么还来上课；但平常 $H Z O I 2024$ 就算年级部说停课仍来上课，教练问都不问。震惊到了。
晚上下课后，跟着 @xrlong 和@wkh2008 在小操场跑了两圈，勉强跟得上。

做题纪要

luogu P4591 [TJOI2018] 碱基序列

令 $f_{i, j} (1 \leq i \leq k, 1 \leq j \leq | s |)$ 表示使用第 $i$ 个氨基酸，能匹配到原碱基串的第 $j$ 个位置的合法方案数。
状态转移方程为 $f_{i, j} = {\begin{cases} 1 & i = 0 \\ \sum_{k = 1}^{a_{i}} [s_{j - | s s_{k} | + 1} \sim s_{j} = s s_{1} \sim s s_{k_{1 \sim | s s_{k} |}}] \times f_{i - 1, j - | s s_{k} | + 1 - 1} & i \neq 0 \end{cases}$ ，为方便代码书写，我们选择枚举左右端点 $l, r$ 使得 $l = j - | s s_{k} | + 1 ， r = j$ 。

$\sum_{i = 1}^{| s |} f_{k, i}$ 即为所求。

点击查看代码

const ll mod=998244353,base=13331;
ll a[20000],b[200][20][20],jc[20000],len[200][20],f[200][20000];
char s1[20000],s2[200][20][20];
void sx_hash(char s[],ll a[],ll len)
{
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        a[i]=(i==0)?0:((a[i-1]*base%mod+s[i])%mod);
    }
}
ll ask_hash(ll a[],ll l,ll r)
{
    return (a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
    ll n,ans=0,maxlen,aa,i,j,l,r,p=1000000007;
    cin>>n>>(s1+1);
    maxlen=strlen(s1+1);
    for(i=0;i<=maxlen;i++)
    {
        jc[i]=(i==0)?1:(jc[i-1]*base%mod);
    }
    sx_hash(s1,a,maxlen);
    for(i=0;i<=maxlen;i++)
    {
        f[0][i]=1;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>aa;
        for(j=1;j<=aa;j++)
        {
            cin>>(s2[i][j]+1);
            len[i][j]=strlen(s2[i][j]+1);
            sx_hash(s2[i][j],b[i][j],len[i][j]);
            for(l=1,r=l+len[i][j]-1;r<=maxlen;l++,r++)
            {
                f[i][r]=(f[i][r]+(ask_hash(a,l,r)==ask_hash(b[i][j],1,len[i][j]))*f[i-1][l-1])%p;
            }
        }
    }
    for(i=1;i<=maxlen;i++)	
    {
        ans=(ans+f[n][i])%p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

LibreOJ 10150. 「一本通 5.1 练习 1」括号配对

令 $f_{l, r} (1 \leq l \leq r \leq | s |)$ 表示为使从 $l \sim r$ 变为合法的括号序列至少需要添加的字符数。
定义 $c h e c k (l, r) = {\begin{cases} t r u e & s [l] =^{'} [^{'} a n d s [r] =^{'}]^{'} \\ t r u e & s [l] =^{'} (^{'} a n d s [r] =^{'})^{'} \\ f a l s e & o t h e r w i s e \end{cases}$ 。
考虑分别对左边或右边进行添加括号以达到合法状态，或者以区间 $D P$ 的形式拆分成两部分求解，故状态转移方程为 $f_{l, r} = {\begin{cases} 1 & l = r \\ min {f_{l, r}, f_{l + 1, r - 1}, f_{l + 1, r} + 1, f_{l, r - 1} + 1, {min}_{i = l}^{r - 1} {f_{l, i} + f_{i + 1, r}}} & c h e c k (l, r) = t r u e \\ min {f_{l, r}, f_{l + 1, r} + 1, f_{l, r - 1} + 1, {min}_{i = l}^{r - 1} {f_{l, i} + f_{i + 1, r}}} & c h e c k (l, r) = f a l s e \end{cases}$ 。

注意初始值的设定。

点击查看代码

int f[200][200];
char s[200];
int main()
{
    ll n,len,l,r,i;
    cin>>(s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(l=1;l<=n;l++)
    {
        f[l][l]=1;
        for(r=l+1;r<=n;r++)
        {
            f[l][r]=0x3f3f3f3f;
        }
    }
    for(len=2;len<=n;len++)
    {
        for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
        {
            if((s[l]=='['&&s[r]==']')||(s[l]=='('&&s[r]==')'))
            {
                f[l][r]=min(f[l][r],f[l+1][r-1]);
            }
            f[l][r]=min(f[l][r],min(f[l+1][r]+1,f[l][r-1]+1));
            for(i=l;i<=r-1;i++)
            {
                f[l][r]=min(f[l][r],f[l][i]+f[i+1][r]);
            }
        }
    }
    cout<<f[1][n]<<endl;
    return 0;
}

luogu P4305 [JLOI2011] 不重复数字

注意此题较大的输入输出量。

点击查看代码

int main()
{
    int t,n,a,i,j;
    scanf("%d",&t);
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d",&n);
        map<int,bool>vis;
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%d",&a);
            if(vis.find(a)==vis.end())
            {
                printf("%d ",a);
                vis[a]=true;
            }
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

luogu P3375【模板】KMP

$K M P$ 板子。

点击查看代码

ll nxt[2000000];
char s1[2000000],s2[2000000];
int main()
{
    int n,m,i,j;
    cin>>(s1+1)>>(s2+1);
    n=strlen(s1+1);
    m=strlen(s2+1);
    for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=m;i++)
    {
        while(j>=1&&s2[i]!=s2[j+1])
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s2[i]==s2[j+1]);
        nxt[i]=j;
    }
    for(i=1,j=0;i<=n;i++)
    {
        while(j>=1&&(j==m||s1[i]!=s2[j+1]))
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s1[i]==s2[j+1]);
        if(j==m)
        {
            cout<<i-m+1<<endl;
            j=nxt[m];
        }
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cout<<nxt[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

LibreOJ 10036. 「一本通 2.1 练习 2」Seek the Name, Seek the Fame

有一个比较显然的结论： $B o r d e r$ 的 $B o r d e r$ 还是 $B o r d e r$ 。

因为 $n e x t_{i} (1 \leq i \leq | S |)$ 表示的是 $S_{1} \sim S_{i}$ 的最长的 $B o r d e r$ 长度，故反着跳 $n e x t$ 即可。

点击查看代码

ll nxt[400002];
char s[400002];
void print(ll x)
{
	if(x>=1)
	{
		print(nxt[x]);
		cout<<x<<" ";
	}
}
int main()
{
	ll n,i,j;
	while(cin>>(s+1))
	{
		n=strlen(s+1);
		for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
		{
			while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
			{
				j=nxt[j];
			}
			j+=(s[i]==s[j+1]);
			nxt[i]=j;
		}
		print(n);
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

luogu P4824 [USACO15FEB] Censoring S

多倍经验： LibreOJ 10043. 「一本通 2.2 例 1」剪花布条
考虑用一个栈维护剩下的字符串，在匹配成功后将匹配成功的部分弹出栈，再继续进行匹配。故需要额外记录 $f_{i} (1 \leq i \leq | S |)$ 表示 $S$ 中以 $i$ 结尾的子串与 $T$ 的前缀能够匹配的最长长度；特别地，当 $f_{i} = | T |$ 时， $i$ 为 $T$ 在 $S$ 中的某一次出现的位置（左端点）。

因为最后需要顺序输出，故使用 deque 代替。

点击查看代码

ll nxt[1000002],f[1000002];
char s1[1000002],s2[1000002];
deque<ll>q;
int main()
{
    ll n,m,i,j,k;
    cin>>(s1+1)>>(s2+1);
    n=strlen(s1+1);
    m=strlen(s2+1);
    for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=m;i++)
    {
        while(j>=1&&s2[i]!=s2[j+1])
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s2[i]==s2[j+1]);
        nxt[i]=j;
    }
    for(i=1,j=0;i<=n;i++)
    {
        q.push_back(i);
        while(j>=1&&(j==m||s1[i]!=s2[j+1]))
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s1[i]==s2[j+1]);
        f[i]=j;
        if(j==m)
        {
            for(k=1;k<=m;k++)
            {
                q.pop_back();
            }
            j=f[(q.empty()==0)?q.back():0];//记得跳回去
        }
    }
    while(q.empty()==0)
    {
        cout<<s1[q.front()];
        q.pop_front();
    }
    return 0;
}

每日总结、反思

以讲题的方式加深对题目的理解，巩固知识点是好的。
自己码力不行和思维受限的问题越来越明显了，要想办法解决，一定要想办法解决。

1.30

闲话

下午放的 $L C A$ 视频。

做题纪要

luogu P3435 [POI2006] OKR-Periods of Words

简化题意：给定一个字符串 $S$ ，求 $S$ 的所有前缀的最长周期的长度之和。
前置知识：对于一个字符串 $S$ ，由于 $n e x t_{| S |}$ 是 $S$ 最长 $B o r d e r$ 的长度，故此时有 $| S | - n e x t_{| S |}$ 为 $S$ 的最小周期长度（最小循环元长度）。
- 这里可以画图理解一下。

本题因要求最大周期，故需要求最小 $B o r d e r$ 长度，需要进行跳 $n e x t$ 。在跳 $n e x t$ 的过程中，记得记忆化一下。

点击查看代码

ll nxt[1000002],sum[1000002];
char s[1000002];
int main()
{
    ll n,i,j,ans=0;
    cin>>n>>(s+1);
    for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
    {
        while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s[i]==s[j+1]);
        nxt[i]=j;
        sum[i]=(j>=1&&nxt[j]==0)?j:sum[nxt[i]];
        ans+=(sum[i]==0)?0:i-sum[i];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

UVA10298 Power Strings

前置知识：当 $(| S | - n e x t_{| S |}) | | S |$ 时，此时有 $\frac{| S |}{| S | - n e x t_{| S |}}$ 为 $S$ 的最大循环次数；否则， $S$ 的最大循环次数为 $1$ 。

点击查看代码

ll nxt[1000002],sum[1000002];
char s[1000002];
int main()
{
    ll n,i,j;
    while(cin>>(s+1))
    {
        n=strlen(s+1);
        if(n==1&&s[1]=='.')
        {
            break;
        }
        else
        {
            for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
            {
                while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
                {
                    j=nxt[j];
                }
                j+=(s[i]==s[j+1]);
                nxt[i]=j;
            }
            cout<<((n%(n-nxt[n])==0)?(n/(n-nxt[n])):1)<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

luogu P4391 [BOI2009]Radio Transmission 无线传输

当 $(| S | - n e x t_{| S |}) ∤ | S |$ 时，将 $| S | - n e x t_{| S |}$ 复制 $2$ 次即可；当 $(| S | - n e x t_{| S |}) | | S |$ 时，将 $| S | - n e x t_{| S |}$ 复制 $\frac{| S |}{| S | - n e x t_{| S |}}$ 次即可。故 $| S | - n e x t_{| S |}$ 即为所求。

点击查看代码

ll nxt[1000002];
char s[1000002];
int main()
{
    ll n,i,j;
    cin>>n>>(s+1);
    for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
    {
        while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s[i]==s[j+1]);
        nxt[i]=j;
    }
    cout<<n-nxt[n]<<endl;
    return 0;
}

luogu P2375 [NOI2014] 动物园

令 $c n t_{i} (1 \leq i \leq | S |)$ 表示是 $S_{1} \sim S_{i}$ 的 $B o r d e r$ 数量，故有 $c n t_{i} = c n t_{n e x t_{i}} + 1$ 。
- 这里可以画图理解一下。

在查询 $s u m_{i}$ 时，将 $n e x t$ 往回跳，直至 $2 j \leq i$ 从而满足不重叠条件，此时有 $n u m_{i} = c n t_{j}$ 。

点击查看代码

ll nxt[1000002],num[1000002],cnt[1000002];
char s[1000002];
int main()
{
    ll t,n,i,j,k,ans,p=1000000007;
    cin>>t;
    for(k=1;k<=t;k++)
    {
        cin>>(s+1);
        n=strlen(s+1);
        ans=cnt[1]=1;
        for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
        {
            while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
            {
                j=nxt[j];
            }
            j+=(s[i]==s[j+1]);
            nxt[i]=j;
            cnt[i]=cnt[nxt[i]]+1;
        }
        for(i=2,j=0;i<=n;i++)
        {
            while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
            {
                j=nxt[j];
            }
            j+=(s[i]==s[j+1]);
            while(j*2>i)
            {	
                j=nxt[j];
            }
            num[i]=cnt[j];
            ans=ans*(num[i]+1)%p;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P5829【模板】失配树

失配树板子。

在 $K M P$ 的过程中，连一条从 $n e x t_{i}$ 到 $i$ 的有向边，最后就得到了一棵以 $0$ 为根节点的树。因 $B o r d e r$ 必须是真前缀，故最长公共前缀即失配树上的除自己之外的最近公共祖先。故当 $L C A (p, q) \in {p, q}$ 时， $f a_{L C A (p, q)}$ 即为所求。

理解：若 $A$ 是 $B$ 的 $B o r d e r$ ， $B$ 是 $C$ 的 $B o r d e r$ ，则 $A$ 是 $C$ 的 $B o r d e r$ 。

点击查看代码

struct node
{
    ll nxt,to,w;
}e[1000002];
ll nxt[1000002],head[1000002],fa[1000002][25],dep[1000002],N,cnt=0;
char s[1000002];
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll father)
{
    fa[x][0]=father;
    dep[x]=dep[father]+1;
    for(ll i=1;(1<<i)<=dep[x];i++)
    {
        fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=father)
        {
            dfs(e[i].to,x);
        }
    }
}
ll fail_lca(ll x,ll y)
{
    if(dep[x]>dep[y])
    {
        swap(x,y);
    }
    for(ll i=N;i>=0;i--)
    {
        if(dep[x]+(1<<i)<=dep[y])
        {
            y=fa[y][i];
        }
    }
    if(x!=y)
    {
        for(ll i=N;i>=0;i--)
        {
            if(fa[x][i]!=fa[y][i])
            {
                x=fa[x][i];
                y=fa[y][i];
            }
        }
    }
    return fa[x][0];//注意这里和普通LCA不同
}
int main()
{
    ll n,m,l,r,i,j;
    cin>>(s+1)>>m;
    n=strlen(s+1);
    N=log2(n+1)+1;
    for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
    {
        while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
        {
            j=nxt[j];
        }
        j+=(s[i]==s[j+1]);
        nxt[i]=j;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        add(nxt[i],i);
    }
    dfs(0,n+1);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>l>>r;
        cout<<fail_lca(l,r)<<endl;
    }
    return 0;
}

BZOJ1461 字符串的匹配 | BZOJ1892 Match

类似 luogu P1972 [SDOI2009]HH的项链和树状数组求 luogu P1908 逆序对的过程，同样使用权值树状数组维护排名。在匹配失败或已经有 $A$ 的子串和 $B$ 相等时，均减去对序列的影响。
注意到可能会有相等的元素，故我们需要同时判断小于等于该数和小于该数是否满足题意。
因在本题中判断两个字符串相等的条件是元素排名相等，故 $K M P$ 的相等判定也需稍作修改。

@Pursuing_OIer 提供了一组 $h a c k$ 数据。

点击查看数据

input:
4 3 5
5
5
5
5
5
5
5

ans:
2
1
2

点击查看代码

ll nxt[500002],c[500002],rankd[500002],rankx[500002],ans[500002],s1[500002],s2[500002];
ll lowbit(ll x)
{
    return (x&(-x));
}
void add(ll n,ll x,ll val)
{
    for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
    {
        c[i]+=val;
    }
}	
ll getsum(ll x)
{
    ll ans=0;
    for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
    {
        ans+=c[i];
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll n,m,s,i,j,k,sum=0;
    cin>>n>>m>>s;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>s1[i];
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>s2[i];
        add(s,s2[i],1);
        rankd[i]=getsum(s2[i]);
        rankx[i]=getsum(s2[i]-1);
    }
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=m;i++)
    {
        add(s,s2[i],1);
        while(j>=1&&(getsum(s2[i])!=rankd[j+1]||getsum(s2[i]-1)!=rankx[j+1]))
        {
            for(k=i-j;k<=i-nxt[j]-1;k++)//这里可以画图理解一下
            {
                add(s,s2[k],-1);//减去影响
            }
            j=nxt[j];
        }
        j+=(getsum(s2[i])==rankd[j+1]&&getsum(s2[i]-1)==rankx[j+1]);
        nxt[i]=j;
    }
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(i=1,j=0;i<=n;i++)
    {
        add(s,s1[i],1);
        while(j>=1&&(getsum(s1[i])!=rankd[j+1]||getsum(s1[i]-1)!=rankx[j+1]))
        {
            for(k=i-j;k<=i-nxt[j]-1;k++)//这里可以画图理解一下
            {
                add(s,s1[k],-1);//减去影响
            }
            j=nxt[j];
        }
        j+=(getsum(s1[i])==rankd[j+1]&&getsum(s1[i]-1)==rankx[j+1]);
        if(j==m)
        {
            for(k=i-j+1;k<=i-nxt[j];k++)//这里可以画图理解一下
            {
                add(s,s1[k],-1);//减去影响
            }
            sum++;
            ans[sum]=i-j+1;
            j=nxt[m];
        }
    }
    cout<<sum<<endl;
    for(i=1;i<=sum;i++)
    {
        cout<<ans[i]<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P3167 [CQOI2014] 通配符匹配

多倍经验： luogu P2536 [AHOI2005]病毒检测

非正解

因通配符个数不超过 $10$ ，考虑爆搜。
- 因搜索顺序问题，如果正着搜会得到 $40 p t s$ ，但因数据没满，故反着搜能够通过。
  - $h a c k$ 数据生成器详见本博客 $5$ 楼。

记通配符个数为 $m$ ，最坏情况下时间复杂度目测为 $O (n | s |^{m + 1})$ 。

点击查看代码

char s1[200000],s2[200000];
bool dfs(ll sx,ll sy)
{
    if(sx==0)
    {
        return (sy==0);
    }
    else
    {
        if(sy==0)
        {
            for(ll i=sx;i>=1;i--)
            {
                if(s1[i]!='*')
                {
                    return false;
                }
            }
            return true;
        }
        else
        {
            if(s1[sx]=='*')
            {
                for(ll i=sy;i>=0;i--)
                {
                    if(dfs(sx-1,i)==true)
                    {
                        return true;
                    }
                }
                return false;
            }
            else
            {
                return ((s1[sx]=='?'||s1[sx]==s2[sy])?dfs(sx-1,sy-1):false);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,lens,i;
    cin>>(s1+1)>>n;
    lens=strlen(s1+1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s2+1);
        if(dfs(lens,strlen(s2+1))==true)
        {
            cout<<"YES"<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<"NO"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

正解

为方便代码书写，在模式串和文本串最后均添加一个 ? 。

将模式串按照通配符划分成若干段。设 $f_{i, j}$ 表示由模式串分出的第 $i$ 个子串是否能够匹配到文本串第 $j$ 位。类比爆搜做法，分别对通配符进行分讨，然后进行转移。

点击查看代码

const ll mod=998244354,base=13331;
ll a[1010],b[1010],jc[1010],vis[1010],f[1010][1010];
char s1[1010],s2[1010];
void sx_hash(char s[],ll a[],ll len)
{
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        a[i]=(i==0)?0:((a[i-1]*base%mod+s[i])%mod);
    }
}
ll ask_hash(ll a[],ll l,ll r)
{
    return (a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
    ll n,m,t,i,j,k,l,r,len,cnt=0,ans=0;
    cin>>(s1+1)>>t;
    n=strlen(s1+1)+1;
    s1[n]='?';
    sx_hash(s1,a,n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(s1[i]=='*'||s1[i]=='?')
        {
            cnt++;
            vis[cnt]=i;
        }
    }
    for(i=0;i<=500;i++)
    {	
        jc[i]=(i==0)?1:(jc[i-1]*base%mod);
    }
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>(s2+1);
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0]=1;
        m=strlen(s2+1)+1;
        s2[m]='?';
        sx_hash(s2,b,m);
        for(j=0;j<=cnt;j++)
        {
            if(j!=0&&s1[vis[j]]=='*')
            {
                for(k=1;k<=m;k++)
                {
                    f[j][k]=(f[j][k-1]==1)?1:f[j][k];
                }
            }
            if(j+1<=cnt)
            {
                len=(vis[j+1]-1)-(vis[j]+1)+1;
                for(l=1,r=l+len-1;r<=m;l++,r++)
                {
                    if(f[j][l-1]==1)
                    {
                        if(ask_hash(a,vis[j]+1,vis[j+1]-1)==ask_hash(b,l,r))
                        {
                            if(s1[vis[j+1]]=='?')
                            {
                                f[j+1][r+1]=1;
                            }
                            else
                            {
                                f[j+1][r]=1;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        ans+=(f[cnt][m]==0);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

每日总结、反思

合理地利用画图是好的。
要学会正确地分析时间复杂度。

1.31

闲话

$m i a o m i a o$ 上午 $7 : 50 \sim 11 : 20$ 安排了一场模拟赛。下午让 @pbbqqd 讲了 $T 3$ ， @wkh2008 讲了 $T 4$ 。
- 题解：2024初三年前集训测试1
问了下 @wkh2008 和 @Pursuing_OIer ，发现他们也嗓子疼，看了眼百度热搜发现这次咽喉炎可能又是传染病。

做题纪要

HZOJ 520. 走迷宫

详见 2024初三年前集训测试1 T3 走迷宫。

luogu P4552 [Poetize6] IncDec Sequence

第一问详见 2024初三年前集训测试1 T4 鸭子游戏。
第二问在第一问的基础上，令 $b_{n + 1} = - a_{n}$ 。在原来第二步的基础上， $max (p, q) - min (p, q)$ 被分配给了 $b_{1}$ 和 $b_{n + 1}$ 进行操作。设 $x$ 表示此时 $b_{1}$ 进行操作的次数， $y$ 表示此时 $b_{n + 1}$ 进行操作的次数，故有 $x + y = max (p, q) - min (p, q)$ ，其中 $x, y \in N^{*}$ 。易知 $x$ 共有 $max (p, q) - min (p, q) + 1$ 种不同的取值，即最终可得到 $max (p, q) - min (p, q) + 1$ 种不同的数列。
点击查看代码
```
ll a[100002],b[100002];
int main()
{
    ll n,p=0,q=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        b[i]=a[i]-a[i-1];
    }
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        p+=(b[i]>0)?b[i]:0;
        q+=(b[i]<0)?-b[i]:0;
    }
    cout<<max(p,q)<<endl;
    cout<<max(p,q)-min(p,q)+1<<endl;
    return 0;
}
```

luogu P3823 [NOI2017]蚯蚓排队

观察到 $k \leq 50$ ，每次修改最多只会对前后 $50$ 个位置内的字符串产生影响，故每次连接、分开时使用双向链表进行模拟，进行暴力更改。
因要统计每个字符串出现的次数，故将字符串进行 $h a s h$ 后插入哈希表中进行统计。
哈希表的实现因 map 和 unordered_map 常数较大，故选择手写哈希表或使用黑科技 ~~平板电视~~ pb_ds 中的 gp_hash_table 。
- 在本题中 gp_hash_table 比 cc_hash_table 跑得更快一点。

本题略带卡常，故使用 unsigned long long 的自然溢出来实现。

点击查看代码

#include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
const ll mod=998244353,base=13331;
ull a[200002],b[10000002],jc[10000002];
int pre[200002],nxt[200002];
char s1[200002][3],ls[100],s2[10000002];
gp_hash_table<ull,ll>vis;
static inline void sx_hash(char s1[],ull a[],int len)
{
    for(int i=0;i<=len;++i)
    {
        a[i]=(i==0)?0:(a[i-1]*base+s1[i]);
    }
}
static inline ull ask_hash(ull a[],int l,int r)
{
    return (a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]);
}
int main()
{
    ll ans;
    int n,m,pd,u,v,l,r,len,i,j;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=0;i<=10000000;++i)
    {
        jc[i]=(i==0)?1:(jc[i-1]*base);
    }
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%s",s1[i]+1);
        len=strlen(s1[i]+1);
        sx_hash(s1[i],a,len);
        ++vis[ask_hash(a,1,len)];
    }
    for(i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d",&pd);
        if(pd==1)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            nxt[u]=v;
            pre[v]=u;
            l=49;
            r=50;
            memset(ls,0,sizeof(ls));
            for(j=u;j!=0&&l>=1;j=pre[j],--l)
            {
                ls[l]=s1[j][1];
            }
            ++l;
            for(j=v;j!=0&&r<=98;j=nxt[j],++r)
            {
                ls[r]=s1[j][1];
            }
            --r;
            sx_hash(ls,b,r);
            for(j=l;j<=49;++j)
            {
                for(len=51-j;len<=min(50,r-j+1);++len)
                {
                    ++vis[ask_hash(b,j,j+len-1)];
                }
            }
        }
        if(pd==2)
        {
            scanf("%d",&u);
            v=nxt[u];
            nxt[u]=pre[v]=0;
            l=49;
            r=50;
            memset(ls,0,sizeof(ls));
            for(j=u;j!=0&&l>=1;j=pre[j],--l)
            {
                ls[l]=s1[j][1];
            }
            ++l;
            for(j=v;j!=0&&r<=98;j=nxt[j],++r)
            {
                ls[r]=s1[j][1];
            }
            --r;
            sx_hash(ls,b,r);
            for(j=l;j<=49;++j)
            {
                for(len=51-j;len<=min(50,r-j+1);++len)
                {
                    --vis[ask_hash(b,j,j+len-1)];
                }
            }
        }
        if(pd==3)
        {
            scanf("%s%d",s2+1,&v);
            len=strlen(s2+1);
            sx_hash(s2,b,len);
            ans=1;
            for(j=v;j<=len;++j)
            {
                ans=ans*vis[ask_hash(b,j-v+1,j)]%mod;
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

每日总结、反思

常见、典型的技巧要记住，因为不知道什么时候就用到了。

2.1

闲话

上午放的 $φ, q u i c k p o w, e x g c d, C R T, e x C R T$ 视频。
$f e i f e i$ 称鉴于初中生到位情况良好，所以决定撤去考勤机，让我们以后自觉到位。然后考勤机就出现在了隔壁高一的机房，乐。

做题纪要

luogu P8306 【模板】字典树

$T r i e$ 树板子。
本题选择记录 $s u m_{i}$ 表示从根节点开始到节点 $i$ 有多少个模板串以此作为前缀。在搜索 $T$ 时，搜索完成后直接返回 $s u m$ 即可。

每组数据前记得手动清空数组。

点击查看代码

int trie[3000010][100],sum[3000010],tot=0;
char s[3000010];
int val(char x)
{
    return x-'0';
}
void insert(char s[],int len)
{
    int x=0,i;
    for(i=0;i<=len-1;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][val(s[i])]=tot;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
        sum[x]++;
    }
}
int find(char s[],int len)
{
    int x=0,i;
    for(i=0;i<=len-1;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            return 0;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
    }
    return sum[x];
}
int main()
{
    int t,n,q,i,j,k;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>n>>q;
        for(j=0;j<=tot;j++)
        {
            sum[j]=0;
            for(k=0;k<=99;k++)
            {
                trie[j][k]=0;
            }
        }
        tot=0;
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            cin>>s;
            insert(s,strlen(s));
        }
        for(j=1;j<=q;j++)
        {
            cin>>s;
            cout<<find(s,strlen(s))<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

AcWing 142. 前缀统计

$T r i e$ 树板子。

本题选择记录 $s u m_{i}$ 表示节点 $i$ 是多少个字符串的末尾节点。在搜索 $T$ 时，沿途累加每个节点的 $s u m$ 即可。

点击查看代码

int trie[1000000][30],sum[1000000],tot=0;
char s[1000000];
int val(char x)
{
    return x-'a'+1;
}
void insert(char s[],int len)
{
    int x=0,i;
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][val(s[i])]=tot;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
    }
    sum[x]++;
}
int find(char s[],int len)
{
    int x=0,ans=0,i;
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            break;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
        ans+=sum[x];
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n,q,i;
    cin>>n>>q;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s+1);
        insert(s,strlen(s+1));
    }
    for(i=1;i<=q;i++)
    {
        cin>>(s+1);
        cout<<find(s,strlen(s+1))<<endl;
    }
    return 0;
}

SP4033 PHONELST - Phone List

多倍经验： UVA11362 Phone List

如果在一开始将所有字符串全都插进一棵 $T r i e$ 树里，最后再寻找要特判找到自己的时候，或者将是否有前缀转化出现次数是否大于 $1$ 。

点击查看代码

ll trie[120000][15],sum[120000],tot=0;
char s[120000][15];
int val(char x)
{
    return x-'0';
}
void insert(char s[],ll len)
{
    ll x=0,i;
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][val(s[i])]=tot;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
        sum[x]++;
    }
}
ll find(char s[],ll len)
{
    ll x=0,i;
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            return 0;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
    }
    return sum[x];
}
int main()
{
    ll t,n,flag,i,j;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>n;
        tot=flag=0;
        memset(trie,0,sizeof(trie));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            cin>>(s[j]+1);
            insert(s[j],strlen(s[j]+1));
        }
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            if(find(s[j],strlen(s[j]+1))>1)
            {
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(flag==1)
        {
            cout<<"NO"<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<"YES"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

luogu P2580 于是他错误的点名开始了

注意要判断报的名字在名单上是否出现。

点击查看代码

int trie[600000][30],sum[600000],num[600000],tot;
char s[100];
int val(char x)
{
    return x-'a'+1;
}
void insert(char s[],int len)
{
    int x=0,i;
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][val(s[i])]=tot;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
    }
    sum[x]++;
}
int find(char s[],int len)
{
    int x=0,i;
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        if(trie[x][val(s[i])]==0)
        {
            return -1;
        }
        x=trie[x][val(s[i])];
    }
    if(sum[x]==0)
    {
        return -1;
    }
    else
    {
        num[x]++;
        return num[x];
    }
}
int main()
{
    int n,m,ans,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>(s+1);
        insert(s,strlen(s+1));
    }
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>(s+1);
        ans=find(s,strlen(s+1));
        if(ans==-1)
        {
            cout<<"WRONG"<<endl;
        }
        if(ans==1)
        {
            cout<<"OK"<<endl;
        }
        if(ans>1)
        {
            cout<<"REPEAT"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

LibreOJ 10050. 「一本通 2.3 例 2」The XOR Largest Pair

$01 T r i e$ 树板子。把 $a_{i} (1 \leq i \leq n)$ 视作一个 $32$ 位的二进制 $01$ 串，然后插进一棵 $T r i e$ 树里。
异或性质详见【学习笔记】数学知识-高斯消元与线性空间。

从贪心角度的分析，我们要尽可能走与当前位相反的字符。

点击查看代码

ll trie[3300000][3],a[100001],tot=0;
void insert(ll s)
{
    ll x=0,i;
    for(i=31;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][(s>>i)&1]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][(s>>i)&1]=tot;
        }
        x=trie[x][(s>>i)&1];
    }
}
ll find(ll s)
{
    ll x=0,ans=0,i;
    for(i=31;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][((s>>i)&1)^1]==0)
        {
            x=trie[x][(s>>i)&1];
        }
        else
        {
            x=trie[x][((s>>i)&1)^1];
            ans=ans^(1<<i);//这里等价于ans=ans|(1<<i);
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll n,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        insert(a[i]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=max(ans,find(a[i]));
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

CF706D Vasiliy's Multiset

$01 T r i e$ 带删除板子。

点击查看代码

int trie[10000000][3],sum[10000000],tot=0;
void insert(int s)
{
    int x=0,i;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][(s>>i)&1]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][(s>>i)&1]=tot;
        }
        x=trie[x][(s>>i)&1];
        sum[x]++;
    }
}
void earse(int s)
{
    int x=0,i;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        x=trie[x][(s>>i)&1];
        sum[x]--;
    }
}
int find(int s)
{
    int x=0,ans=0,i;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][((s>>i)&1)^1]==0||sum[trie[x][((s>>i)&1)^1]]==0)
        {
            x=trie[x][(s>>i)&1];
        }
        else
        {
            x=trie[x][((s>>i)&1)^1];
            ans=ans^(1<<i);
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{	
    int n,x,i;
    char pd;
    cin>>n;
    insert(0);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>pd>>x;
        if(pd=='+')
        {
            insert(x);
        }
        if(pd=='-')
        {
            earse(x);
        }
        if(pd=='?')
        {
            cout<<find(x)<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

luogu P4551 最长异或路径

luogu P2420 让我们异或吧的结论：设 $A_{i}$ 表示从根节点到 $i$ 的路径上的所有边权的异或值。即 $A_{i} = A_{f a_{i}} ⨁ w_{f a_{i} - > i}$ 。由异或性质，因两点的 $L C A$ 到根的路径异或和会被计算两次从而对答案不产生影响，故 $A_{u} ⨁ A_{v}$ 即为所求。

点击查看代码

struct node
{
    ll nxt,to,w;
}e[200001];
ll trie[3300000][3],head[200001],dep[200001],a[200001],tot=0,cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].w=w;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa,ll w)
{
    a[x]=a[fa]^w;
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x,e[i].w);
        }
    }
}
void insert(ll s)
{
    ll x=0,i;
    for(i=31;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][(s>>i)&1]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][(s>>i)&1]=tot;
        }
        x=trie[x][(s>>i)&1];
    }
}
ll find(ll s)
{
    ll x=0,ans=0,i;
    for(i=31;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][((s>>i)&1)^1]==0)
        {
            x=trie[x][(s>>i)&1];
        }
        else
        {
            x=trie[x][((s>>i)&1)^1];
            ans=ans^(1<<i);
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll n,u,v,w,i,ans=0;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v>>w;
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    dfs(1,0,0);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        insert(a[i]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=max(ans,find(a[i]));
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

LibreOJ 10051. 「一本通 2.3 例 3」Nikitosh 和异或

考虑把原串分成 $[1, i]$ 和 $[i + 1, n]$ 两段，分别进行统计求和。

点击查看代码

int trie[13000000][3],a[13000000],sum1[13000000],sum2[13000000],tot=0;
void insert(int s)
{
    int x=0,i;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][(s>>i)&1]==0)
        {
            tot++;
            trie[x][(s>>i)&1]=tot;
        }
        x=trie[x][(s>>i)&1];
    }
}
int find(int s)
{
    int x=0,ans=0,i;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        if(trie[x][((s>>i)&1)^1]==0)
        {
            x=trie[x][(s>>i)&1];
        }
        else
        {
            x=trie[x][((s>>i)&1)^1];
            ans=ans^(1<<i);
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{	
    int n,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        insert(a[i]);
        sum1[i]=max(sum1[i-1],find(a[i]));
    }
    memset(trie,0,sizeof(trie));
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        insert(a[i]);
        sum2[i]=max(sum2[i+1],find(a[i]));
    }
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        ans=max(ans,sum1[i]+sum2[i-1]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P3805 【模板】manacher 算法

马拉车板子。

点击查看代码

int r[34000000];
string s,t=" #";
int main()
{
    int n,maxr=0,id=0,ans=0,i;
    cin>>s;
    for(i=0;i<s.size();i++)	
    {
        t+=s[i];
        t+="#";
    }
    n=t.size()-1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        r[i]=(i<maxr)?min(r[id-(i-id)],maxr-i):1;//一开始自己能与自己匹配
        while(1<=i-r[i]&&i+r[i]<=n&&t[i+r[i]]==t[i-r[i]])
        {
            r[i]++;
        }
        if(maxr<i+r[i])
        {
            maxr=i+r[i];
            id=i;
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=max(ans,r[i]-1);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P3501 [POI2010]ANT-Antisymmetry

多倍经验： SP15569 Antisymmetry
类似马拉车，同样记录最右边的“反对称”字符串右端点。

因最终要除去 # 对答案的影响，故 $\sum_{i = 1}^{| T |} \frac{r_{i}}{2}$ 即为所求。

点击查看代码

ll r[1600000];
string s,t=" #";
int main()
{
    ll m,n,maxr=0,id=0,ans=0,i;
    cin>>m>>s;
    for(i=0;i<s.size();i++)	
    {
        t+=s[i];
        t+="#";
    }
    n=t.size()-1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        r[i]=(i<maxr)?min(r[id-(i-id)],maxr-i):0;//因为一开始可能自己不一定能与自己匹配
        while(1<=i-r[i]&&i+r[i]<=n&&((t[i+r[i]]=='#'&&t[i+r[i]]==t[i-r[i]])||(t[i+r[i]]!='#'&&t[i+r[i]]+t[i-r[i]]=='0'+'1')))
        {
            r[i]++;
        }
        if(maxr<i+r[i])
        {
            maxr=i+r[i];
            id=i;
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=r[i]/2;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

BZOJ3790 神奇项链

发现一个回文串可以控制从左端点到右端点的部分，可以理解为区间上的一条线。然后就转化为可重叠区间线段覆盖问题了，贪心或树状数组优化 $D P$ 维护即可。

贪心策略：以左端点为第一关键字从小到大排序，以右端点为第二关键字从大到小排序。每次选择一个左端点在当前范围内，并且右端点最靠右的线段。

点击查看代码

struct node
{
    int l,r;
}a[4000000];
int r[4000000];
string s,t;
bool cmp(node a,node b)
{
    return (a.l==b.l)?(a.r>b.r):(a.l<b.l);
}
int main()
{
    int n,maxr,id,maxx,ans,i,j;
    while(cin>>s)
    {
        maxr=id=ans=0;
        t=" #";
        for(i=0;i<s.size();i++)
        {
            t+=s[i];
            t+='#';
        }
        n=t.size()-1;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            r[i]=(i<maxr)?min(r[id-(i-id)],maxr-i):1;
            while(1<=i-r[i]&&i+r[i]<=n&&t[i+r[i]]==t[i-r[i]])
            {
                r[i]++;
            }
            if(maxr<i+r[i])
            {
                maxr=i+r[i];
                id=i;
            }
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i].l=i-r[i]+1;
            a[i].r=i+r[i]-1;
        }
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        i=a[1].r;
        j=2;
        while(i<=n-1)
        {
            maxx=i;
            while(a[j].l<=i&&j<=n)
            {
                maxx=max(maxx,a[j].r);
                j++;
            }
            i=maxx;
            ans++;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

每日总结、反思

提升做题效率，不要轻易被外界事物吸引、打扰。

2.2

闲话

$m i a o m i a o$ 上午 $7 : 40 \sim 12 : 10$ 安排了一场模拟赛。
- 题解： 2024初三年前集训测试2
感觉 $V S c o d e$ 的终端在开了自动保存后貌似有延迟。
- 其实是 $V S c o d e$ 的自动保存延迟，改了之后就好多了。
$m i a o m i a o$ 终于贯彻了 $b o b o$ 的作风，明确表示假期集训期间禁止穿校服。
高一、高二的放假了，机房里有些人跟着一起走了。

做题纪要

luogu P1368 【模板】最小表示法

最小表示法板子。

先将 $s$ 复制一份接在 $s$ 后面，此时 $s_{i, i + n - 1}$ 就是以 $i$ 开头的循环同构串。
初始化指针 $l = 1, r = 2$ 。
对于 $s_{l \sim l + n - 1}, s_{r \sim r + n - 1}$ 若在 $l + l e n, r + l e n$ 处发现不相等，假设 $s_{l + l e n} > s_{r + l e n}$ ，则 $\forall i \in [0, l e n], s_{l + i \sim l + i + n - 1}$ 都不是 $s$ 的最小循环同构串，因为 $s_{r + i \sim r + i + n - 1}$ 一定比 $s_{l + i \sim l + i + n - 1}$ 更优。直接让 $l \leftarrow l + l e n + 1$ 即可。
当 $l > n \lor r > n$ 或 $s_{l \sim l + n - 1} = s_{r \sim r + n - 1}$ 时结束循环，有 $s_{min (l, r), min (l, r) + n - 1}$ 即为 $s$ 的最小循环同构串。

点击查看代码

int s[700000];
int main()
{
    int n,i,l,r,len;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>s[i];
        s[n+i]=s[i];
    }
    l=1;
    r=2;
    while(l<=n&&r<=n)
    {
        len=0;
        while(len<=n-1&&s[l+len]==s[r+len])
        {
            len++;
        }
        if(len==n)
        {
            break;
        }
        else
        {
            if(s[l+len]>s[r+len])
            {
                l+=len+1;//因为此时l+1,l+2...l+k一定不是最优解
                l+=(l==r);
            }
            else
            {
                r+=len+1;
                r+=(l==r);
            }
        }
    }
    for(i=min(l,r);i<=n;i++)
    {
        cout<<s[i]<<" ";
    }
    for(i=1;i<=min(l,r)-1;i++)
    {
        cout<<s[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

luogu P2397 yyy loves Maths VI (mode)

摩尔投票法板子。
- 摩尔投票法只能找到在序列内出现次数严格大于 $⌈ \frac{n}{2} ⌉$ 的众数。
- 在不保证存在众数的情况下，在摩尔投票法结束后，需要判断下得到的数是否为众数。

算法的核心思想是用不同候选人之间的票数相互抵消，并记录抵消完此时候选人是否仍然合法，若不合法，则更改下一个。

点击查看代码

int main()
{
    ll n,a,i,num=0,sum=1;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a;
        if(a==num)
        {
            sum++;
        }
        else
        {
            sum--;
        }
        if(sum==0)
        {
            num=a;
            sum++;
        }
    }
    cout<<num<<endl;
    return 0;
}

luogu P4555 [国家集训队]最长双回文串

类似 LibreOJ 10051. 「一本通 2.3 例 3」Nikitosh 和异或，将原字符串分成两部分，分别进行统计求和。
设 $l e f t_{i}$ 表示以 $i$ 为左端点的最长回文串长度， $r i g h t_{i}$ 表示以 $i$ 为右端点的最长回文串长度。
在马拉车的过程中，找到回文串长度后，对该回文串内进行暴力转移，时间复杂度为 $O (| T |^{2})$ 。
考虑在马拉车的过程中只对找到的最长回文串的左右端点进行转移。然后限制左右端点只能为 # ，得到状态转移方程 $l e f t_{i} = max (l e f t_{i}, l e f t_{i - 2} + 2), r i g h t_{i} = max (r i g h t_{i}, r i g h t_{i - 2} + 2)$ 。

因我们实际的操作是以 # 为左右端点的，故 ${max}_{i = 1}^{| T |} {[l e f t_{i} \neq 0] \times [r i g h t_{i} \neq 0] \times (l e f t_{i} + r i g h t_{i})}$ 即为所求。

点击查看代码

ll r[400000],sum1[400000],sum2[400000];
string s,t=" #";
int main()
{
    ll n,maxr=0,id=0,ans=0,i;
    cin>>s;
    for(i=0;i<s.size();i++)
    {
        t+=s[i];
        t+='#';
    }
    n=t.size()-1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        r[i]=(i<maxr)?min(r[id-(i-id)],maxr-i):0;
        while(1<=i-r[i]&&i+r[i]<=n&&t[i+r[i]]==t[i-r[i]])
        {
            r[i]++;
        }
        if(maxr<i+r[i])
        {
            maxr=i+r[i];
            id=i;
        }
        sum1[i+r[i]-1]=max(sum1[i+r[i]-1],r[i]-1);
        sum2[i-r[i]+1]=max(sum2[i-r[i]+1],r[i]-1);
    }
    for(i=n;i>=3;i-=2)
    {
        sum1[i]=max(sum1[i],sum1[i+2]-2);
    }
    for(i=3;i<=n;i+=2)
    {
        sum2[i]=max(sum2[i],sum2[i-2]-2);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=(sum1[i]!=0&&sum2[i]!=0)?max(ans,sum1[i]+sum2[i]):ans;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS

多倍经验： UVA10225 Discrete Logging

$B S G S$ 板子。

点击查看代码

ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=ans*a%p;
        }
        b>>=1;
        a=a*a%p;
    }
    return ans;	
}
ll bsgs(ll a,ll b,ll p)
{
    if(1%p==b%p)
    {
        return 0;
    }
    else
    {
        map<ll,ll>vis;
        ll k=sqrt(p)+1,i,sum;
        for(i=0;i<=k-1;i++)
        {
            vis[b*qpow(a,i,p)%p]=i;
        }
        a=qpow(a,k,p);
        for(i=0;i<=k;i++)
        {
            sum=qpow(a,i,p);
            if(vis.find(sum)!=vis.end())
            {
                if(i*k-vis[sum]>=0)
                {
                    return i*k-vis[sum];
                }
            }
        }
        return -1;
    }
}
int main()
{
    ll a,b,p,ans;
    cin>>p>>a>>b;
    ans=bsgs(a,b,p);
    if(ans==-1)
    {
        cout<<"no solution"<<endl;
    }
    else
    {
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P2485 [SDOI2011]计算器

同余半家桶。

不保证 $gcd (a, p) = 1$ ，记得特判。

点击查看代码

ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=ans*a%p;
        }
        b>>=1;
        a=a*a%p;
    }
    return ans;
}
ll bsgs(ll a,ll b,ll p)
{
    if(1%p==b%p)
    {
        return 0;
    }
    else
    {
        map<ll,ll>vis;
        ll k=sqrt(p)+1,i,sum;
        for(i=0;i<=k-1;i++)
        {
            vis[b*qpow(a,i,p)%p]=i;
        }
        a=qpow(a,k,p);
        for(i=0;i<=k;i++)
        {
            sum=qpow(a,i,p);
            if(vis.find(sum)!=vis.end())
            {
                if(i*k-vis[sum]>=0)
                {
                    return i*k-vis[sum];
                }
            }
        }
        return -1;
    }
}
int main()
{
    ll t,k,a,b,p,ans,i;
    cin>>t>>k;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>a>>b>>p;
        if(k==1)
        {
            cout<<qpow(a,b,p)<<endl;
        }
        if(k==2)
        {
            if(b%gcd(a,p)==0)
            {
                cout<<qpow(a,p-2,p)*b%p<<endl;
            }
            else
            {
                cout<<"Orz, I cannot find x!"<<endl;
            }
            
        }
        if(k==3)
        {
            if(a%p==0)
            {
                if(b%p==0)
                {
                    cout<<1<<endl;
                }
                else
                {
                    cout<<"Orz, I cannot find x!"<<endl;
                }
            }
            else
            {
                ans=bsgs(a,b,p);
                if(ans==-1)
                {
                    cout<<"Orz, I cannot find x!"<<endl;
                }
                else
                {
                    cout<<ans<<endl;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

HZOJ 860. 上海

详见 2024初三年前集训测试2 T1 上海。

HZOJ 861. 华二

详见 2024初三年前集训测试2 T2 华二。

每日总结、反思

要学会从身边各种事物中找到做题的灵感。

2.3

闲话

$h u g e$ 也表示能不穿校服就不穿校服，
高三的也放假了，中午 $h u g e$ 没有通知去哪个食堂吃饭，但跟着一大群高一的去了小食堂，总共 $4$ 个窗口，有点拥挤。看来以后去食堂得加快速度了。
又被通知搬宿舍，搬到了 $9513$ ，貌似隔壁就是宿管的宿舍。搬完宿舍后去吃饭，看见了转生奥的 @reach_the_top ，还有我在家那边乡村中学才看到的现象——不顾旁边桌子上还有人在吃饭，直接踩着桌子过去。

做题纪要

luogu P3306 [SDOI2013] 随机数生成器

多倍经验: [ABC270G] Sequence in mod P | Gym103486C Random Number Generator
递推式为 $x_{n} = (a x_{n - 1} + b) mod p$ ，发现可以统一消去 $mod p$ ，只在最后参与计算。以下过程省去模运算。
当 $x_{1} = t$ 时，则 $n = 1$ 即为所求。
当 $a = 0, x_{1} \neq t$ 时，递推式转化为 $x_{n} = b mod p$ 。若 $b = t$ ，则 $n = 2$ 即为所求；否则无解。

当 $a \neq 0, x_{1} \neq t$ 时，设 $x_{n} + c = a (x_{n - 1} + c)$ 。

当 $a = 1$ 时，递推式转化为 $\begin{aligned} x_{n} & = x_{n - 1} + b \\ = x_{n - 2} + 2 b \\ = x_{n - 3} + 3 b \\ = \dots \\ = x_{1} + (n - 1) b \end{aligned}$ ，将 $x_{n} = t$ 代入得 $t = (x_{1} + (n - 1) b) mod p$ ，移项得 $(n - 1) b \equiv (t - x_{1}) (\mod p)$ 。当 $gcd (b, p) | (t - x_{1})$ 时，移项得 $n - 1 \equiv \frac{t - x_{1}}{b} (\mod p)$ ，解得 $n \equiv \frac{t - x_{1}}{b} + 1 (\mod p)$ ；否则无解。
当 $a \neq 1$ 时，解得 $c = \frac{b}{a - 1}$ 并和 $x_{n} = t$ 一起代入原式得 $\begin{aligned} t + \frac{b}{a - 1} & = a (x_{n - 1} + \frac{b}{a - 1}) \\ = a^{2} (x_{n - 2} + \frac{b}{a - 1}) \\ = a^{3} (x_{n - 3} + \frac{b}{a - 1}) \\ = \dots \\ = a^{n - 1} (x_{1} + \frac{b}{a - 1}) \end{aligned}$ 。当 $gcd (x_{1} + \frac{b}{a - 1}, p) | (t + \frac{b}{a - 1})$ 时，移项得 $a^{n - 1} \equiv \frac{t + \frac{b}{a - 1}}{x_{1} + \frac{b}{a - 1}} (\mod p)$ ，跑遍 $B S G S$ 求解即可；否则无解。

点击查看代码

ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=ans*a%p;
        }
        b>>=1;
        a=a*a%p;
    }
    return ans;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll bsgs(ll a,ll b,ll p)
{
    if(1%p==b%p)
    {
        return 0;
    }
    else
    {
        map<ll,ll>vis;
        ll k=sqrt(p)+1,i,sum;
        for(i=0;i<=k-1;i++)
        {
            vis[b*qpow(a,i,p)%p]=i;
        }
        a=qpow(a,k,p);
        for(i=0;i<=k;i++)
        {
            sum=qpow(a,i,p);
            if(vis.find(sum)!=vis.end())
            {
                if(i*k-vis[sum]>=0)
                {
                    return i*k-vis[sum];
                }
            }
        }
        return -1;
    }
}
int main()
{
    ll t,p,a,b,x1,day,ans,sum,i;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>p>>a>>b>>x1>>day;
        if(x1==day)
        {
            cout<<1<<endl;
        }
        else
        {
            if(a==0)
            {
                cout<<((b==day)?2:-1)<<endl;
            }
            else
            {
                if(a==1)
                {
                    if((day-x1)%gcd(b,p)==0)
                    {
                        cout<<qpow(b,p-2,p)*(day-x1+p)%p+1<<endl;
                    }
                    else
                    {
                        cout<<-1<<endl;
                    }
                }
                else
                {
                    sum=qpow(a-1,p-2,p)*b%p;;
                    if((day+sum)%gcd(x1+sum,p)==0)
                    {
                        ans=bsgs(a,((day+sum)%p)*qpow(x1+sum,p-2,p)%p,p);
                        cout<<((ans==-1)?ans:ans+1)<<endl;
                    }
                    else
                    {
                        cout<<-1<<endl;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

luogu P3478 [POI2008]STA-Station

多倍经验： luogu P1395 会议 | [ABC220F] Distance Sums 2
钦定 $1$ 为根节点。
第一遍 $D F S$ 时，设 $f_{x}$ 表示以 $x$ 为根的子树内的所有节点到 $x$ 的距离之和，即 $f_{x} = \sum_{y \in S o n (x)} (f_{y} + s i z e_{y})$ 。

第二遍 $D F S$ 时，进行换根。设 $g_{x}$ 表示以 $x$ 为整棵树的根节点时，所有节点到 $x$ 的距离之和，仍钦定 $1$ 为根节点。考虑根节点由 $f a_{x}$ 变为 $x$ 的过程中，以 $x$ 为根的子树内的 $s i z e_{x}$ 个节点对答案的贡献会减少 $1$ ，以 $f a_{x}$ 为根节点的树内除了以 $x$ 为根的子树内的 $n - s i z e_{x}$ 个节点对答案的贡献会增加 $1$ ，状态转移方程为 $g_{x} = {\begin{cases} f_{x} & x = 1 \\ g_{f a_{x}} + n - s i z e_{x} - s i z e_{x} & x \neq 1 \end{cases}$ 。

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struct node
{
    ll nxt,to;
}e[2000001];
ll head[2000001],siz[2000001],f[2000001],g[2000001],cnt=0;
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    siz[x]=1;
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]+=f[e[i].to]+siz[e[i].to];
            siz[x]+=siz[e[i].to];
        }
    }
}
void reroot(ll x,ll fa,ll n)
{
    if(x!=1)
    {
        g[x]=g[fa]+n-siz[x]-siz[x];
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            reroot(e[i].to,x,n);
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,u,v,maxx=0,id=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
    }
    dfs(1,0);
    g[1]=f[1];
    reroot(1,0,n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(g[i]>maxx)
        {
            maxx=g[i];
            id=i;
        }
    }
    cout<<id<<endl;
    return 0;
}

CF1187E Tree Painting

发现在将第一个白色变成黑点后，其他将白色变为黑色的顺序并不会影响答案。每次染色，实际得到的贡献为以该节点为根的子树大小。
钦定 $1$ 为根节点。
第一遍 $D F S$ 时，设 $f_{x}$ 表示先将 $x$ 变成黑色后，以 $x$ 为根的子树内的所有节点对 $x$ 的贡献之和，即 $f_{x} = 1 + \sum_{y \in S o n (x)} (f_{y} + s i z e_{y})$ 。

第二遍 $D F S$ 时，进行换根。设 $g_{x}$ 表示以 $x$ 为整棵树的根节点时，先将 $x$ 变成黑色后，以 $x$ 为根的子树内的所有节点对 $x$ 的贡献之和，仍钦定 $1$ 为根节点。考虑根节点由 $f a_{x}$ 变为 $x$ 的过程中，以 $x$ 为根的子树内的 $s i z e_{x}$ 个节点对答案的贡献会减少 $1$ ，以 $f a_{x}$ 为根节点的树内除了以 $x$ 为根的子树内的 $n - s i z e_{x}$ 个节点对答案的贡献会增加 $1$ ，状态转移方程为 $g_{x} = {\begin{cases} f_{x} & x = 1 \\ g_{f a_{x}} + n - s i z e_{x} - s i z e_{x} & x \neq 1 \end{cases}$ 。

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struct node
{
    ll nxt,to;
}e[400001];
ll head[400001],siz[400001],f[400001],g[400001],cnt=0;
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    siz[x]=1;
    f[x]=1;
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]+=f[e[i].to]+siz[e[i].to];
            siz[x]+=siz[e[i].to];
        }
    }
}	
void reroot(ll x,ll fa,ll n)
{
    if(x!=1)
    {
        g[x]=g[fa]+n-siz[x]-siz[x];
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            reroot(e[i].to,x,n);
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,u,v,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
    }
    dfs(1,0);
    g[1]=f[1];
    reroot(1,0,n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=max(ans,g[i]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G

多倍经验： CF1092F Tree with Maximum Cost
发现有了点权和边权，但没有太大变化。把点权拆成此处有几个点，计入 $s i z e$ 计算中。
钦定 $1$ 为根节点。
第一遍 $D F S$ 时，设 $f_{x}$ 表示以 $x$ 为根的子树内的所有节点到 $x$ 的距离之和，即 $f_{x} = \sum_{y \in S o n (x)} (f_{y} + s i z e_{y} \times w_{x, y})$ 。

第二遍 $D F S$ 时，进行换根。设 $g_{x}$ 表示以 $x$ 为整棵树的根节点时，所有节点到 $x$ 的距离之和，仍钦定 $1$ 为根节点。考虑根节点由 $f a_{x}$ 变为 $x$ 的过程中，以 $x$ 为根的子树内的 $s i z e_{x}$ 个节点对答案的贡献会减少 $w_{f a, x}$ ，以 $f a_{x}$ 为根节点的树内除了以 $x$ 为根的子树内的 $n - s i z e_{x}$ 个节点对答案的贡献会增加 $w_{f a, x}$ ，状态转移方程为 $g_{x} = {\begin{cases} f_{x} & x = 1 \\ g_{f a_{x}} + (n - s i z e_{x}) \times w_{f a_{x}, x} - s i z e_{x} \times w_{f a_{x}, x} & x \neq 1 \end{cases}$ 。

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struct node
{
    ll nxt,to,w;
}e[200001];
ll head[200001],siz[200001],f[200001],g[200001],c[200001],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].w=w;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    siz[x]=c[x];
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {	
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]+=f[e[i].to]+siz[e[i].to]*e[i].w;
            siz[x]+=siz[e[i].to];
        }
    }
}
void reroot(ll x,ll fa,ll n,ll w)
{
    if(x!=1)
    {
        g[x]=g[fa]+(n-siz[x])*w-siz[x]*w;
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            reroot(e[i].to,x,n,e[i].w);
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,u,v,w,sum=0,minn=0x7f7f7f7f7f7f7f7f,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>c[i];
        sum+=c[i];
    }
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v>>w;
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    dfs(1,0);
    g[1]=f[1];
    reroot(1,0,sum,0);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        minn=min(minn,g[i]);
    }
    cout<<minn<<endl;
    return 0;
}

POJ3585 Accumulation Degree

钦定 $1$ 为根节点。
第一遍 $D F S$ 时，设 $f_{x}$ 表示以 $x$ 为根的子树内，当 $x$ 作为源点，从 $x$ 出发流向子树的流量的总和的最大值，即 $f_{x} = \sum_{y \in S o n (x)} {\begin{cases} c_{x, y} & d i n_{y} = 1 \\ min (f_{y}, c_{x, y}) & d i n_{y} \neq 1 \end{cases}$ 。

第二遍 $D F S$ 时，进行换根。设 $g_{x}$ 表示以 $x$ 为整棵树的根节点时，当 $x$ 作为源点，从 $x$ 出发流向整个水系的流量的总和的最大值。考虑根节点由 $f a_{x}$ 变为 $x$ 的过程中，原从 $f a_{x}$ 流向 $x$ 的流量为 ${\begin{cases} min (f_{x}, c_{f a_{x}, x}) & d i n_{x} \neq 1 \\ c_{f a_{x}, x} & d i n_{x} = 1 \end{cases}$ ，流向除以 $x$ 为根节点的子树外的其他子树的流量为 $g_{f a_{x}} - {\begin{cases} min (f_{x}, c_{f a_{x}, x}) & d i n_{x} \neq 1 \\ c_{f a_{x}, x} & d i n_{x} = 1 \end{cases}$ ；先从 $x$ 流向 $f a_{x}$ 再流向除以 $x$ 为根节点的子树外的其他子树的流量为 ${\begin{cases} min (c_{x, f a_{x}}, g_{f a_{x}} - {\begin{cases} min (f_{x}, c_{f a_{x}, x}) & d i n_{x} \neq 1 \\ c_{f a_{x}, x} & d i n_{x} = 1 \end{cases}) & d i n_{f a_{x}} \neq 1 \\ c_{x, f a_{x}} & d i n_{f a_{x} = 1} \end{cases}$ 。状态转移方程为 $g_{x} = f_{x} + {\begin{cases} c_{x, f a_{x}} & d i n_{f a_{x}} = 1 \\ min (c_{x, f a_{x}}, g_{f a_{x}} - min (f_{x}, c_{f a_{x}, x})) & d i n_{f a_{x}} \neq 1, d i n_{x} \neq 1 \\ min (c_{x, f a_{x}}, g_{f a_{x}} - c_{f a_{x}, x}) & d i n_{f a_{x}} \neq 1, d i n_{x} = 1 \end{cases}$ 。

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struct node
{
    ll nxt,to,w;
}e[400001];
ll head[400001],f[400001],g[400001],din[400001],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].w=w;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]+=(din[e[i].to]==1)?e[i].w:min(f[e[i].to],e[i].w);
        }
    }
}
void reroot(ll x,ll fa,ll w)
{
    if(x!=1)
    {
        g[x]=f[x]+((din[fa]==1)?w:min(g[fa]-((din[x]==1)?w:min(f[x],w)),w));
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            reroot(e[i].to,x,e[i].w);
        }
    }
}
int main()
{
    ll t,n,u,v,w,maxx,i,j;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cnt=maxx=0;
        memset(e,0,sizeof(e));
        memset(head,0,sizeof(head));
        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(g,0,sizeof(g));
        memset(din,0,sizeof(din));
        cin>>n;
        for(j=1;j<=n-1;j++)
        {
            cin>>u>>v>>w;
            add(u,v,w);
            add(v,u,w);
            din[u]++;
            din[v]++;
        }
        dfs(1,0);
        g[1]=f[1];
        reroot(1,0,0);
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            maxx=max(maxx,g[j]);
        }
        cout<<maxx<<endl;
    }
    return 0;
}

HDU2196 Computer

钦定 $1$ 为根节点。
令 $f_{x}, c m a x_{x}, g_{x}$ 分别表示节点 $x$ 到以 $x$ 为根的子树内的叶子节点的最长距离、次长距离和节点 $x$ 到除以 $x$ 为根的子树内的叶子节点的最长距离。
第一遍 $D F S$ 时，处理出 $f_{x}, c m a x_{x}$ ，并记录到以 $x$ 为根的子树内的叶子节点的最长距离时的路径上的叶子节点 $p a t h$ 。

第二遍 $D F S$ 时，有 $g_{x} = {\begin{cases} 0 & x = 1 \\ w_{f a_{x}, x} + max (c m a x_{f a_{x}}, g_{f a_{x}}) & x = p a t h_{f a_{x}} \\ w_{f a_{x}, x} + max (f_{f a_{x}}, g_{f a_{x}}) & x \neq 1, x \neq p a t h_{f a_{x}} \end{cases}$ 。

点击查看代码

struct node
{
    ll nxt,to,w;
}e[20001];
ll head[20001],f[20001],g[20001],cmax[20001],path[20001],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
    cnt++;	
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].w=w;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            if(f[e[i].to]+e[i].w>f[x])
            {
                cmax[x]=f[x];
                f[x]=f[e[i].to]+e[i].w;
                path[x]=e[i].to;
            }
            else
            {
                cmax[x]=max(cmax[x],f[e[i].to]+e[i].w);
            }
        }
    }
}
void reroot(ll x,ll fa,ll w)
{
    if(x!=1)
    {
        g[x]=w+((x==path[fa])?max(cmax[fa],g[fa]):max(f[fa],g[fa]));
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            reroot(e[i].to,x,e[i].w);
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,u,v,w,i;
    while(cin>>n)
    {
        cnt=0;
        memset(e,0,sizeof(e));
        memset(head,0,sizeof(head));
        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(g,0,sizeof(g));
        memset(cmax,0,sizeof(cmax));
        memset(path,0,sizeof(path));
        for(i=2;i<=n;i++)
        {
            u=i;
            cin>>v>>w;
            add(u,v,w);
            add(v,u,w);
        }
        dfs(1,0);
        g[1]=0;
        reroot(1,0,0);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            cout<<max(f[i],g[i])<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

每日总结、反思

对于一些看似乱搞做法，要理解其与正解之间的本质关系。
全面分析问题，分讨不要少情况。

2.4

闲话

中午因跟着高二的提前 $3 m i n$ 去吃饭，下午就被 $h u g e$ $D$ 了。

做题纪要

luogu P6419 [COCI2014-2015#1] Kamp

钦定 $1$ 为根节点。
令 $f_{x}, z m a x_{x}, c m a x_{x}, g_{x}$ 分别表示从节点 $x$ 出发把以 $x$ 为根节点的子树内的所有人送回去并回到 $x$ 的最少时间，节点 $x$ 到以 $x$ 为根的子树内的叶子节点的最长距离、次长距离，当 $x$ 为整棵树的根节点时从节点 $x$ 出发把以 $x$ 为根节点的子树内的所有人送回去并回到 $x$ 的最少时间。
第一遍 $D F S$ 时，处理出 $f_{x}, z m a x_{x}, c m a x_{x}$ 。具体的，有 $f_{x} = \sum_{y \in S o n (x)} [s i z e_{y} \geq 1] \times (f_{y} + 2 w_{x, y})$ 。
第二遍 $D F S$ 时，进行大分讨和进行换根。设 $g_{x}$ 表示以 $x$ 为整棵树的根节点时，从节点 $x$ 出发把以 $x$ 为根节点的子树内的所有人送回去并回到 $x$ 的最少时间，仍钦定 $1$ 为根节点。考虑根节点由 $f a_{x}$ 变为 $x$ 的过程中，当 $s i z e_{x} = k$ 时有 $g_{x} = f_{x}$ ；当 $s i z e_{x} = 0$ 时有 $g_{x} = g_{f a_{x}} + 2 w_{x, f a_{x}}$ ；否则，从 $f a_{x}$ 出发把除以 $x$ 为根节点的子树外的所有人送回去并回到 $f a_{x}$ 的最少时间为 $g_{f a_{x}} - f_{x} - 2 w_{f a_{x}, x}$ ，再从 $f a_{x}$ 到达 $x$ 需要再消耗 $2 w_{x, f a_{x}}$ 的时间。故状态转移方程为 $g_{x} = {\begin{cases} f_{x} & x = 1 \\ f_{x} & x \neq 1, s i z e_{x} = k \\ g_{f a_{x}} + 2 w_{x, f a_{x}} & x \neq 1, s i z e_{x} = 0 \\ g_{f a_{x}} - f_{x} - 2 w_{f a_{x}, x} + 2 w_{x, f a_{x}} + f_{x} & x \neq 1, s i z e_{x} \neq 0, s i z e_{x} \neq k \end{cases}$ 。同时记录当 $x$ 为整棵树的根节点时，节点 $x$ 到以 $x$ 为根的子树内的叶子节点的最长距离 $z m a x x_{x}$ 。

从贪心的角度来看，最长距离我们只走一遍，故 $g_{i} - max (z m a x_{i}, z m a x x_{i})$ 即为所求。

点击查看代码

struct node
{
    ll nxt,to,w;
}e[1000001];
ll head[1000001],siz[1000001],f[1000001],g[1000001],zmax[1000001],zmaxx[1000001],cmax[1000001],sum[1000001],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll w)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].w=w;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    siz[x]=(sum[x]==1);
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            siz[x]+=siz[e[i].to];
            if(siz[e[i].to]!=0)
            {
                f[x]+=f[e[i].to]+2*e[i].w;
                if(zmax[e[i].to]+e[i].w>zmax[x])
                {
                    cmax[x]=zmax[x];
                    zmax[x]=zmax[e[i].to]+e[i].w;
                }
                else
                {
                    cmax[x]=max(cmax[x],zmax[e[i].to]+e[i].w);
                }
            }
        }
    }
}
void reroot(ll x,ll fa,ll m,ll w)
{
    if(x!=1)
    {
        if(siz[x]==m)
        {
            g[x]=f[x];
            zmaxx[x]=zmax[x];
        }
        else
        {
            g[x]=(siz[x]==0)?g[fa]+2*w:g[fa]-f[x]-2*w+2*w+f[x];
            zmaxx[x]=w+((zmax[x]+w==zmax[fa])?max(zmaxx[fa],cmax[fa]):max(zmaxx[fa],zmax[fa]));
        }	
    }
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            reroot(e[i].to,x,m,e[i].w);
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,m,u,v,w,a,i;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v>>w;
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>a;
        sum[a]=1;
    }
    dfs(1,0);
    g[1]=f[1];
    reroot(1,0,m,0);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cout<<g[i]-max(zmax[i],zmaxx[i])<<endl;
    }
    return 0;
}

AcWing 104. 货仓选址

简化题意：给定长度为 $n$ 的序列 ${a}$ ，求 $min {\sum_{i = 1}^{n} | a_{i} - x |}$ 。
将 $a_{1} \sim a_{n}$ 进行排序。设比 $x$ 小的有 $p$ 个，比 $x$ 大的有 $q$ 个。若 $p < q$ ，则 $x$ 每增加 $1$ ， $a_{1} \sim a_{p}$ 对答案的贡献会增加 $1$ ， $a_{n - q + 1} \sim a_{n}$ 对答案的贡献会减少 $1$ ，总贡献会减少 $q - p$ ；若 $p > q$ ，则 $x$ 每减少 $1$ ， $a_{1} \sim a_{p}$ 对答案的贡献会减少 $1$ ， $a_{n - q + 1} \sim a_{n}$ 对答案的贡献会增加 $1$ ，总贡献会减少 $p - q$ 。最终当 $p = q$ 时取到最小值，即 $x$ 取 ${a}$ 的中位数（非严格意义）时取到最小值。具体的，将 $a_{1} \sim a_{n}$ 进行排序后，若 $n$ 为奇数，则 $x = a_{⌈ \frac{n}{2} ⌉} = a_{\frac{1 + n}{2}}$ 时取到最小值；若 $n$ 为偶数，有 $⌊ \frac{1 + n}{2} ⌋ = \frac{n}{2}$ ，则 $x \in [a_{\frac{n}{2}}, a_{\frac{n}{2} + 1}]$ 时取到最小值。
点击查看代码
```
ll a[100001];
int main()
{
    ll n,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=abs(a[i]-a[(ll)ceil(1.0*n/2)]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
```

CF523D Statistics of Recompressing Videos

priority_queue 大法好。

点击查看代码

priority_queue<ll>q;
int main()
{
    ll n,k,s,m,i,ans;
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&s,&m);
        ans=s+m;
        if(q.empty()==0)
        {
            if(q.size()<=k-1)
            {
                q.push(-ans);
            }
            else
            {
                ans=(s>=-q.top())?ans:-q.top()+m;
                q.pop();
                q.push(-ans);
            }
        }
        else
        {
            q.push(-ans);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

luogu P4677 山区建小学

将每两个村镇之间的距离 $d$ 转化成到第一个城镇的距离 $a$ 。
令 $f_{i, j}, g_{i, j}$ 表示分别表示 $1 \sim i$ 个村镇中建了 $j$ 个小学的最小距离总和， $i \sim j$ 个村镇中建了 $1$ 个小学的最小距离总和。
因 ${a}$ 此时已经是有序的了，故有 $g_{i, j} = \sum_{k = i}^{j} | a_{k} - a_{⌊ \frac{i + j}{2} ⌋} |, f_{i, j} = {min}_{k = j - 1}^{i - 1} {f_{k, j} + g_{k + 1, i}}$ 。

$f$ 数组除 $f_{0, 0} = 0$ 外初始化为 $\infty$ 。最终 $f_{n, m}$ 即为所求。

点击查看代码

int a[501],f[501][501],g[501][501];
int main()
{
    int n,m,i,j,k;
    cin>>n>>m;
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        a[i]+=a[i-1];
    }		
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=i;j<=n;j++)
        {
            for(k=i;k<=j;k++)
            {
                g[i][j]+=abs(a[k]-a[(i+j)/2]);
            }
        }
    }
    f[0][0]=0;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=min(i,m);j++)
        {
            for(k=j-1;k<=i-1;k++)
            {
                f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+g[k+1][i]);
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}

POJ1723 SOLDIERS

$y$ 的处理和普通货仓选址一样。

将 $x$ 排序后，为方便处理，将第 $i$ 个士兵放在第 $i$ 个位置。设起点为 $x x$ ，等价于求 $min {\sum_{i = 1}^{n} | x_{i} - (x x + i - 1) |} = min {\sum_{i = 1}^{n} | x_{i} - i + 1 - x x |}$ ，然后处理就和普通货仓选址一样了。

点击查看代码

int x[10001],y[10001];
int main()
{
    int n,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>x[i]>>y[i];
    }
    sort(y+1,y+1+n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=abs(y[i]-y[(ll)ceil(1.0*n/2)]);
    }
    sort(x+1,x+1+n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        x[i]+=-i+1;
    }
    sort(x+1,x+1+n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=abs(x[i]-x[(ll)ceil(1.0*n/2)]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

HZOJ 862. 高爸

详见 2024初三年前集训测试2 T3 高爸。

LibreOJ 100. 矩阵乘法

多倍经验： luogu B2105 矩阵乘法 | luogu B3615 测测你的矩阵乘法 | LibreOJ 10219. 「一本通 6.5 例 1」矩阵 A×B

按题意模拟。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[501][501];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}a,b,c;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+((a.ma[i][h]+p)%p)*((b.ma[h][j]+p)%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
int main()
{
    ll n,m,k,p=1e9+7,i,j;
    cin>>n>>m>>k;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>a.ma[i][j];
        }
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        for(j=1;j<=k;j++)
        {
            cin>>b.ma[i][j];
        }
    }
    c=mul(a,b,n,m,k,p);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=k;j++)
        {
            cout<<c.ma[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P3390 【模板】矩阵快速幂

矩阵快速幂板子。

记得定义单位矩阵 $I = [\begin{matrix} 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 1 \end{matrix}]$ 。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[101][101];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}a,c;
inline Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
inline Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }   
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll n,b,p=1000000007,i,j;
    cin>>n>>b;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            cin>>a.ma[i][j];
        }
    }
    c=qpow(a,b,p,n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            cout<<c.ma[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P1962 斐波那契数列

多倍经验： LibreOJ 10220. 「一本通 6.5 例 2」Fibonacci 第 n 项 | LibreOJ 10223. 「一本通 6.5 练习 1」Fibonacci

令 $F_{n} = [\begin{matrix} F i b_{n} & F i b_{n + 1} \end{matrix}]$ ，容易有 $\begin{aligned} F_{n} & = [\begin{array}{c} F i b_{n} & F i b_{n + 1} \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} F i b_{n - 1} & F i b_{n} \end{array}] \times [\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} F i b_{n - 2} & F i b_{n - 1} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}]}^{2} \\ = [\begin{array}{c} F i b_{n - 3} & F i b_{n - 2} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}]}^{3} \\ = \dots \\ = [\begin{array}{c} F i b_{0} & F i b_{1} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}]}^{n} \\ = F_{0} \times {[\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}]}^{n} \end{aligned}$ 。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll b,n=1,m=2,k=2,p=1000000007;
    cin>>b;
    f.ma[1][1]=0;
    f.ma[1][2]=1;
    a.ma[1][1]=0;
    a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
    cout<<mul(f,qpow(a,b,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]<<endl;
    return 0;
}

LibreOJ 10221. 「一本通 6.5 例 3」Fibonacci 前 n 项和

由 $F i b_{1} = F i b_{3} - F i b_{2}, F i b_{2} = F i b_{4} - F i b_{3}, F i b_{3} = F i b_{5} - F i b_{4}, \dots, F i b_{n} = F i b_{n + 2} - F i b_{n + 1}$ ，有 $\begin{aligned} S_{n} & = \sum_{i = 1}^{n} F i b_{i} \\ = \sum_{i = 1}^{n} F i b_{i + 2} - F i b_{i + 1} \\ = \sum_{i = 1}^{n} F i b_{i + 2} - \sum_{i = 1}^{n} F i b_{i + 1} \\ = \sum_{i = 3}^{n + 2} F i b_{i} - \sum_{i = 2}^{n + 1} F i b_{i} \\ = F i b_{n + 2} - F i b_{2} \\ = F i b_{n + 2} - 1 \end{aligned}$ 。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll b,p,n=1,m=2,k=2;
    cin>>b>>p;
    f.ma[1][1]=0;
    f.ma[1][2]=1;
    a.ma[1][1]=0;
    a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
    cout<<(mul(f,qpow(a,b+2,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]-1+p)%p<<endl;
    return 0;
}

每日总结、反思

用 scanf,printf 时一定要看清类型名，不要出现 scanf("%dll",&...) 或一个 long long 拿 %ld 来读的现象，会出离奇问题。
编译指令记得开全部警告。
当输出变得离奇（包括但不限于每隔一段时间换一个答案）时，要记得回去看初始化。

2.5

闲话

$m i a o m i a o$ 上午 $7 : 50 \sim 12 : 10$ 安排了一场模拟赛，这次把网关了。
- 题解： 2024初三年前集训测试3 。
不知道为什么 $1$ 机房又把 Acwing 封了。
中午吃饭的时候，又一次看见了 @reach_the_top ，和他搭了几句话。

做题纪要

LibreOJ 10222. 「一本通 6.5 例 4」佳佳的 Fibonacci

推式子。

$\begin{aligned} T_{n} & = \sum_{i = 1}^{n} i \times F i b_{i} \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i}^{n} F i b_{j} \\ = \sum_{i = 1}^{n} (S_{n} - S_{i - 1}) \\ = n S_{n} - \sum_{i = 1}^{n} S_{i - 1} \\ = n (F i b_{n + 2} - 1) - \sum_{i = 1}^{n} (F i b_{i + 1} - 1) \\ = n \times F i b_{n + 2} - \sum_{i = 2}^{n + 1} F i b_{i} \\ = n \times F i b_{n + 2} - (S_{n} - S_{1}) \\ = n \times F i b_{n + 2} - S_{n + 1} + F i b_{1} \\ = n \times F i b_{n + 2} - (F i b_{n + 3} - 1) + 1 \\ = n \times F i b_{n + 2} - F i b_{n + 3} + 2 \end{aligned}$

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll b,p,n=1,m=2,k=2,sum1,sum2;
    cin>>b>>p;
    f.ma[1][1]=0;
    f.ma[1][2]=1;
    a.ma[1][1]=0;
    a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
    sum1=mul(f,qpow(a,b+2,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]*b%p;
    f.ma[1][1]=0;
    f.ma[1][2]=1;
    a.ma[1][1]=0;
    a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
    sum2=mul(f,qpow(a,b+3,p,m),n,m,k,p).ma[1][1];
    cout<<(sum1-sum2+2+p)%p;
    return 0;
}

HDU1575 Tr A

矩阵快速幂板子。

额外知识点

主对角线：在 $n$ 阶行列式中从左上角到右下角的对角线。
迹：在 $n$ 阶行列式中主对角线上元素之和。
次对角线：在 $n$ 阶行列式中从右上角到左下角的对角线。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[15][15];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}a,c;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll t,n,b,ans,i,j,k,p=9973;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>n>>b;  
        ans=0;
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            for(k=1;k<=n;k++)
            {
                cin>>a.ma[j][k];
            }
        }
        c=qpow(a,b,p,n);
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            ans=(ans+c.ma[j][j]%p)%p;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

tgHZOJ 264. 选拔队员

设有 $i (0 \leq i \leq n)$ 个女生， $n - i$ 个男生。
$n - i$ 个男生中，有 $i - 1$ 个男生需要各放在每两个女生之间，剩余 $n - i - (i - 1)$ 个男生可以任意放，此时等价于求 $\sum_{j = 1}^{i + 1} x_{j} = n - i - (i - 1)$ 的非负整数解数量 $(\binom{n - i - (i - 1) + i + 1 - 1}{i + 1 - 1}) = (\binom{n - i + 1}{i})$ 。

由打表，有 $\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n - i + 1}{i}) & = F i b_{n + 2} \end{aligned}$ 即为所求。

证明
- 数学归纳法。
- 当 $n = 1, n = 2$ 时，有命题成立。
- 假设当 $n = m - 1, m (2 \leq m)$ 时命题成立。当 $n = m + 1$ 时，有 $\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1 - i + 1}{i}) & = \sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{m - i + 1}{i - 1}) + (\binom{m - i + 1}{i}) \\ = \sum_{i = 1}^{m + 1} (\binom{m - i + 1}{i - 1}) + \sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{m - i + 1}{i}) \\ = \sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{m - i}{i}) + \sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{m - i + 1}{i}) \\ = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m - i}{i}) + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m - i + 1}{i}) \\ = \sum_{i = 0}^{m - 1} (\binom{m - i}{i}) + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m - i + 1}{i}) \\ = \sum_{i = 0}^{m - 1} (\binom{(m - 1) - i + 1}{i}) + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m - i + 1}{i}) \\ = F i b_{m + 1} + F i b_{m + 2} \\ = F i b_{m + 3} \end{aligned}$ 。
- 故命题成立。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll t,b,p,n=1,m=2,k=2,i;
    cin>>t>>p;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>b;
        f.ma[1][1]=0;
        f.ma[1][2]=1;
        a.ma[1][1]=0;
        a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
        cout<<mul(f,qpow(a,b+2,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P1306 斐波那契公约数

推式子。

令 $n \geq m$ ，有 $\begin{aligned} gcd (F i b_{n}, F i b_{m}) & = gcd (F i b_{n - 1} + F i b_{n - 2}, F i b_{m}) \\ = gcd (2 F i b_{n - 2} + F i b_{n - 3}, F i b_{m}) \\ = gcd (3 F i b_{n - 3} + 2 F i b_{n - 4}, F i b_{m}) \\ = gcd (5 F i b_{n - 4} + 3 F i b_{n - 5}, F i b_{m}) \\ = gcd (F i b_{5} F i b_{n - 4} + F i b_{4} F i b_{n - 5}, F i b_{m}) \\ = \dots \\ = gcd (F i b_{m + 1} F i b_{n - m} + F i b_{m} F i b_{n - m - 1}, F i b_{m}) \\ = gcd (F i b_{m + 1} F i b_{n - m}, F i b_{m}) \\ = gcd (F i b_{n - m}, F i b_{m}) \\ = gcd (F i b_{n mod m}, F i b_{m}) \\ = gcd (F i b_{gcd (n, m)}, F i b_{gcd (n, m)}) \\ = F i b_{gcd (n, m)} \end{aligned}$ 。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
    ll aa,bb,n=1,m=2,k=2,p=100000000;
    cin>>aa>>bb;
    f.ma[1][1]=0;
    f.ma[1][2]=1;
    a.ma[1][1]=0;
    a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
    cout<<mul(f,qpow(a,gcd(aa,bb),p,m),n,m,k,p).ma[1][1]<<endl;
    return 0;
}

luogu P1168 中位数

对顶堆板子。

算法的核心思想是维护一个大根堆和小根堆，将大根堆倒置过来在小根堆的上方，使从上到下数字依次增大。序列内中位数是大、小根堆中大小较大的堆的堆顶。

点击查看代码

ll a[100001];
priority_queue<int,vector<int>,less<int> >qmin;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >qmax;
int main()
{
    ll n,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    qmin.push(a[1]);
    cout<<a[1]<<endl;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]>qmin.top())
        {
            qmax.push(a[i]);
        }
        else
        {
            qmin.push(a[i]);
        }
        while(abs((int)qmin.size()-(int)qmax.size())>=2)
        {
            if(qmin.size()>qmax.size())
            {
                qmax.push(qmin.top());
                qmin.pop();
            }
            else
            {
                qmin.push(qmax.top());
                qmax.pop();
            }
        }
        if(i%2==1)
        {
            cout<<((qmin.size()>qmax.size())?qmin.top():qmax.top())<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

每日总结、反思

要学会猜测结论然后逆向证明的方式来尝试证明。
要学会正确的打表。

2.6

闲话

今天就要放假回家集训了。
上午 $f i e l d$ 称大课间的时候让我们出去活动活动，顺便调侃了我们一下。

做题纪要

luogu P1801 黑匣子

查询第 $k$ 时应维护大根堆的大小始终为 $k - 1$ ，此时小根堆的堆顶即为所求。

点击查看代码

int a[200001];
priority_queue<int,vector<int>,less<int> >qmin;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >qmax;
int main()
{
    int n,m,last=0,u,i,j;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>u;
        for(j=last+1;j<=u;j++)
        {
            qmin.push(a[j]);
        }
        last=u;
        while(qmin.size()>=i)
        {
            qmax.push(qmin.top());
            qmin.pop();
        }
        cout<<qmax.top()<<endl;
        qmin.push(qmax.top());
        qmax.pop();
    }
    return 0;
}

luogu P3871 [TJOI2010]中位数

规定若序列长度为偶数，则指处在中间位置的两个数中较小的一个，故输出大根堆的堆顶即可。

点击查看代码

ll a[100001];
priority_queue<int,vector<int>,less<int> >qmin;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >qmax;
int main()
{   
    ll n,m,aa,i;
    string pd;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    qmin.push(a[1]);
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]>qmin.top())
        {
            qmax.push(a[i]);
        }
        else
        {
            qmin.push(a[i]);
        }
        while(abs((int)qmax.size()-(int)qmin.size())>=2)
        {
            if(qmin.size()>qmax.size())
            {
                qmax.push(qmin.top());
                qmin.pop();
            }
            else
            {
                qmin.push(qmax.top());
                qmax.pop();
            }
        }
    }
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>pd;
        if(pd=="add")
        {
            cin>>aa;
            n++;
            if(aa>qmin.top())
            {
                qmax.push(aa);
            }
            else
            {
                qmin.push(aa);
            }
            while(abs((int)qmax.size()-(int)qmin.size())>=2)
            {
                if(qmin.size()>qmax.size())
                {
                    qmax.push(qmin.top());
                    qmin.pop();
                }
                else
                {
                    qmin.push(qmax.top());
                    qmax.pop();
                }
            }
        }
        else
        {
            if(n%2==0)
            {
                cout<<qmin.top()<<endl;
            }
            else
            {
                cout<<((qmin.size()>qmax.size())?qmin.top():qmax.top())<<endl;
            }
        }
    }
    return 0;
}

luogu P6033 [NOIP2004 提高组] 合并果子加强版

luogu P1090 [NOIP2004 提高组] 合并果子 / [USACO06NOV] Fence Repair G 中我们使用堆来维护一堆数中最小的两个数。但本题中优先队列的插入耗时太大，考虑从优化插入入手。容易发现，插入的数具有单调性。

将原序列进行排序，并将排序后的数插入一个队列 $q_{1}$ 里；每次合并时，在 $q_{1}$ 和 $q_{2}$ 里面选出最小的两个数，相加统计答案并插入 $q_{2}$ 中。

点击查看代码

ll a[10000001],vis[100001];
queue<ll>q1,q2;
ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c>'9'||c<'0')
    {
        if(c=='-')
        {
            f=-1;
        }
        c=getchar();
    }
    while('0'<=c&&c<='9')
    {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}
void write(ll x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar('-');
        x=-x;
    }
    if(x>9)
    {
        write(x/10);
    }
    putchar((x%10)+'0');
}
int main()
{
    ll n,x,y,ans=0,minn=0x7f7f7f7f,maxx=0,i,j;
    n=read();
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=read();
        maxx=max(maxx,a[i]);
        minn=min(minn,a[i]);
        vis[a[i]]++;
    }
    for(i=minn;i<=maxx;i++)
    {
        for(j=1;j<=vis[i];j++)
        {
            q1.push(i);
        }
    }
    for(i=1;i<=n-1;i++)//n个数需要合并n-1次
    {
        if(q2.empty()!=0||(q1.empty()==0&&q2.empty()==0&&q1.front()<q2.front()))
        {
            x=q1.front();
            q1.pop();
        }
        else
        {
            x=q2.front();
            q2.pop();
        }
        if(q2.empty()!=0||(q1.empty()==0&&q2.empty()==0&&q1.front()<q2.front()))
        {
            y=q1.front();
            q1.pop();
        }
        else
        {
            y=q2.front();
            q2.pop();
        }
        ans+=x+y;
        q2.push(x+y);
    }
    write(ans);
    return 0;
}

luogu P1939 矩阵加速（数列）

规定 $a_{0} = 0$ 。

令 $F_{n} = [\begin{matrix} a_{n} & a_{n + 1} & a_{n + 2} \end{matrix}]$ ，容易有 $\begin{aligned} F_{n} & = [\begin{array}{c} a_{n} & a_{n + 1} & a_{n + 2} \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} a_{n - 1} & a_{n} & a_{n + 1} \end{array}] \times [\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} a_{n - 2} & a_{n - 1} & a_{n} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}]}^{2} \\ = [\begin{array}{c} a_{n - 3} & a_{n - 2} & a_{n - 1} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}]}^{3} \\ = \dots \\ = [\begin{array}{c} a_{0} & a_{1} & a_{2} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}]}^{n} \\ = F_{0} \times {[\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}]}^{n} \end{aligned}$ 。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll t,b,n=1,m=3,k=3,p=1000000007,i;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>b;
        f.ma[1][1]=0;
        f.ma[1][2]=f.ma[1][3]=1;
        a.ma[1][1]=a.ma[1][2]=a.ma[2][2]=a.ma[2][3]=a.ma[3][1]=0;
        a.ma[1][3]=a.ma[2][1]=a.ma[3][2]=a.ma[3][3]=1;
        cout<<mul(f,qpow(a,b,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]<<endl;
    }
    return 0;
}

luogu P1349 广义斐波那契数列

令 $F_{n} = [\begin{matrix} a_{n} & a_{n + 1} \end{matrix}]$ ，容易有 $\begin{aligned} F_{n} & = [\begin{array}{c} a_{n} & a_{n + 1} \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} a_{n - 1} & a_{n} \end{array}] \times [\begin{array}{c} 0 & q \\ 1 & p \end{array}] \\ = [\begin{array}{c} a_{n - 2} & a_{n - 1} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & q \\ 1 & p \end{array}]}^{2} \\ = [\begin{array}{c} a_{n - 3} & a_{n - 2} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & q \\ 1 & p \end{array}]}^{3} \\ = \dots \\ = [\begin{array}{c} a_{1} & a_{2} \end{array}] \times {[\begin{array}{c} 0 & q \\ 1 & p \end{array}]}^{n - 1} \\ = F_{1} \times {[\begin{array}{c} 0 & q \\ 1 & p \end{array}]}^{n - 1} \end{aligned}$ 。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a, Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll b,p,n=1,m=2,k=2;
    cin>>a.ma[2][2]>>a.ma[1][2]>>f.ma[1][1]>>f.ma[1][2]>>b>>p;
    a.ma[1][1]=0;
    a.ma[2][1]=1;
    cout<<mul(f,qpow(a,b-1,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]<<endl;
    return 0;
}

luogu P4910 帕秋莉的手环

与 tgHZOJ 264. 选拔队员不同的是本题是一个环。原首尾的两个珠子会相互影响。考虑对首尾珠子进行分讨。
当第一个珠子是金属性珠子时，最后一个珠子不一定是木属性珠子。然后把原来的结论搬过来，不同的数量为 $\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{n - 1 - i + 1}{i}) & = F i b_{n + 1} \end{aligned}$ 。
当第一个珠子是木属性珠子时，第二个珠子和最后一个珠子一定是金属性珠子。然后把原来的结论搬过来，不同的数量为 $\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n - 3} (\binom{n - 3 - i + 1}{i}) & = F i b_{n - 1} \end{aligned}$ 。

故 $F i b_{n - 1} + F i b_{n + 1}$ 即为所求。

点击查看代码

struct Matrix
{
    ll ma[5][5];
    Matrix()
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
    }
}f,a;
Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
{
    Matrix c;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=k;j++)
        {
            for(ll h=1;h<=m;h++)
            {
                c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+(a.ma[i][h]%p)*(b.ma[h][j]%p)%p)%p;
            }
        }
    }
    return c;
}
Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
{
    Matrix ans;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ans.ma[i][i]=1;
    }
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
        }
        b>>=1;
        a=mul(a,a,n,n,n,p);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll t,b,n=1,m=2,k=2,sum,i,p=1000000007;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>b;
        f.ma[1][1]=0;
        f.ma[1][2]=1;
        a.ma[1][1]=0;
        a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
        sum=mul(f,qpow(a,b-1,p,m),n,m,k,p).ma[1][1];
        f.ma[1][1]=0;
        f.ma[1][2]=1;
        a.ma[1][1]=0;
        a.ma[1][2]=a.ma[2][1]=a.ma[2][2]=1;
        cout<<(mul(f,qpow(a,b+1,p,m),n,m,k,p).ma[1][1]+sum)%p<<endl;
    }
    return 0;
}

每日总结、反思

做过的题不能再错。

posted @ 2024-01-29 22:11 hzoi_Shadow 阅读(222) 评论(17) 编辑收藏举报

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