十二省联考题解 - JLOI2019 题解
十二省联考题解 - JLOI2019 题解
两个T3的难度较大
平均代码量远大于去年省选
套路题考查居多
A
难度等级 1
$n^2$暴力可以拿到$60$分的优秀成绩
然后可以想到把区间异或转化为前缀两点异或
可以想到使用二分答案的方法+可持久化Trie解决，但是时间复杂度为$n\log^2 (4294967295) $
这是唯一一通过不了的$poly(\log)$做法，常数不够优秀的话会得到$60$分，卡一卡说不定可以$80$，理论上能卡到$100$
然后可以通过将二分放在可持久化Trie上，将复杂度降为$ n \log(4294967295)$，可以通过此题
然后还有一种维护类似于超级钢琴的做法，我并不了解
对于我改题的时候，写的是一个可持久化Trie+堆的做法，我们维护一个大根堆，将以$i$为结尾的区间中最大的推入堆
然后每次找到堆顶，查找对应右端点下一个比这个小一点的区间是多大，然后再推入堆即可
复杂度很显然，为：$(n+k)\log (4294967295)$
// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long
int n,K,now[N];unsigned a[N];long long ans;
struct Trie
{
int ch[N*33][2],siz[N*33],cnt,rot[N];
inline void copy(int x,int y){siz[x]=siz[y];ch[x][0]=ch[y][0];ch[x][1]=ch[y][1];}
inline void insert(unsigned x,int id)
{
int rt=++cnt,lst=rot[id-1],t;rot[id]=rt;copy(rt,lst);
for(int i=31;~i;i--)
{
t=(x>>i)&1;
ch[rt][t]=++cnt;rt=ch[rt][t];lst=ch[lst][t];
copy(rt,lst);siz[rt]++;
}
}
inline int query(unsigned x,int id,int K)
{
int rt=rot[id],t;unsigned ret=0;
for(int i=31;~i;i--)
{
if(!rt)return ret;t=(x>>i)&1;
if(K>siz[ch[rt][!t]])K-=siz[ch[rt][!t]],rt=ch[rt][t];
else rt=ch[rt][!t],ret|=1u<<i;
}
return ret;
}
}tr;
priority_queue<pair<unsigned ,int > >q;
int main()
{
// freopen("xor.in","r",stdin);
// freopen("xor.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%u",&a[i]),a[i]^=a[i-1],tr.insert(a[i-1],i);
for(int i=1;i<=n;i++)q.push(make_pair(tr.query(a[i],i,++now[i]),i));int t;
while(K--)ans+=q.top().first,t=q.top().second,q.pop(),q.push(make_pair(tr.query(a[t],t,++now[t]),t));
printf("%lld\n",ans);
}
长度较短，是一个相对简单的可持久化数据结构套路
B
难度等级 3
可以转化为一个经典的字符串问题，可以容易的想到，使用字符串hash拿到$40$分的成绩
然后可以想到使用Sa，找到满足某个位置之后的字符串是这个B串的rank区间，然后使用线段树优化建图来完成，能拿到$80$分的优秀成绩，然后我就不太会了，并且代码量较高，并不能在很短的时间内完成
同时，可以想到使用Sam解决，在后缀树上主席树合并优化建图，然后再倍增定位节点同样可以拿到$80$分的优秀成绩，但是同样，代码复杂度较高
在此基础上，我们发现，线段树合并这步没有意义，直接在后缀树上拆点连边，后缀树优化建图，就可以拿到$80$分的优秀成绩
然后在此基础上，将每个节点的长度和编号按照长度从小到大，先b后a的顺序排序，然后前缀优化建图，即可拿到$100$分的优秀成绩
代码复杂度相对不高，整体考查了选手对于字符串经典模型的转化，前缀优化建图，后缀树的基本应用等知识，对字符串方面薄弱的选手是一个沉重的打击
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define ll long long
int n,na,nb,tot,cnt_SAM,oth,p[400005];char s[200005];
namespace Graph
{
const int N = 1000005;
struct node{int to,next;}e[N<<2];int head[N],cnt,in[N],q[N],a[N];ll f[N];
void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;in[y]++;}
void init(){cnt=0;memset(head,-1,sizeof(int)*(tot+3));memset(in,0,sizeof(int)*(tot+3));memset(a,0,sizeof(int)*(tot+3));}
ll tsort()
{
int l=0,r=0;for(int i=1;i<=tot;i++)if(!in[i])q[r++]=i;
while(l<r)
{
int x=q[l++];
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int to1=e[i].to;
if(!(--in[to1]))q[r++]=to1;
}
}
if(r!=tot)return -1;ll ans=0;
for(int j=r-1;~j;j--)
{
int x=q[j];f[x]=a[x];
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)f[x]=max(f[x],f[e[i].to]+a[x]);
ans=max(ans,f[x]);
}return ans;
}
}
inline bool cmp(const pair<int ,int > &a,const pair<int ,int >&b){return a.first==b.first?a.second>b.second:a.first<b.first;}
// SAM
namespace Sam
{
const int N = 400005;
int trs[N][26],len[N],fa[N],pos[N],lst,cnt;vector<pair<int ,int > >s[N];
inline void init(){lst=cnt=1;memset(trs[1],0,sizeof(trs[1]));fa[1]=len[1]=0;}
inline int new_node(){cnt++;fa[cnt]=len[cnt]=0;memset(trs[cnt],0,sizeof(trs[cnt]));s[cnt].clear();return cnt;}
inline void insert(int x,int id)
{
int np=new_node(),nq,p=lst,q;len[np]=len[p]+1;pos[id]=np;lst=np;
for(;p&&!trs[p][x];p=fa[p])trs[p][x]=np;
if(!p)fa[np]=1;else if(len[q=trs[p][x]]==len[p]+1)fa[np]=q;
else
{
len[nq=new_node()]=len[p]+1;fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
memcpy(trs[nq],trs[q],sizeof(trs[nq]));
for(;p&&trs[p][x]==q;p=fa[p])trs[p][x]=nq;
}
}
struct node{int to,next;}e[N];int head[N],edge_cnt;
inline void add(int x,int y){e[edge_cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=edge_cnt++;}
int f[N][19];
void dfs(int x,int from)
{
f[x][0]=from;for(int i=1;i<19;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)dfs(e[i].to,x);
}
inline void build(){cnt_SAM=cnt;memset(head,-1,sizeof(int)*(cnt+3));edge_cnt=0;for(int i=2;i<=cnt;i++)add(fa[i],i);dfs(1,0);}
inline void query(int l,int p,int id)
{
int x=pos[p];
for(int i=18;~i;i--)if(len[f[x][i]]>=l)x=f[x][i];
s[x].push_back(make_pair(l,id));
}
inline void build_Graph()
{
oth=0;
for(int i=2;i<=cnt;i++)
{
sort(s[i].begin(),s[i].end(),cmp);int lim=s[i].size(),lst=i;
for(int j=0;j<lim;j++)
{
int x=s[i][j].second+cnt;p[s[i][j].second]=x;
if(j==0)Graph::add(i,x);else Graph::add(s[i][j-1].second+cnt,x);
lst=x;
if(s[i][j].second<=na)
{
int u=na+nb+cnt+(++oth);
p[s[i][j].second]=u;Graph::add(x,u);
Graph::a[u]=s[i][j].first;
}
}
for(int j=head[i];j!=-1;j=e[j].next)Graph::add(lst,e[j].to);
}
}
}
int T,Case;
void solve()
{
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);Sam::init();
for(int i=n;i;i--)Sam::insert(s[i]-'a',i);Sam::build();scanf("%d",&na);
for(int i=1,l,r;i<=na;i++)scanf("%d%d",&l,&r),Sam::query(r-l+1,l,i);scanf("%d",&nb);
for(int i=1,l,r;i<=nb;i++)scanf("%d%d",&l,&r),Sam::query(r-l+1,l,i+na);
tot=(cnt_SAM)+(na<<1)+nb;Graph::init();Sam::build_Graph();
int m;scanf("%d",&m);for(int x,y;m--;Graph::add(p[x],p[y+na]))scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%lld\n",Graph::tsort());
}
int main(){scanf("%d",&T);while(T--)Case++,solve();}
可以显然的发现，我就是那个被打击的
C
难度等级 5
这个题不太能做吧？
1_998244353直接费马小定理+快速幂就可以了
1?暴力找一个模数即可，模数为$1145141$
1?+通过找到输入数据中，输入最接近的两个数，找到对应答案里的位置，然后通过观察输出数据找到模数的大致区间，然后验证即可，模数为$5211600617818708273$
1wa_998244353，观察可以发现，这个是在乘法的过程中爆$int$了，然后第一个可以直接暴力每次乘以$19$，第二个的话，一种是可以分块打表，也可以通过找循环节搞定
2p的话，就是如果是质数，该位为$p$否则为$.$，然后8是直接线筛，9是线筛+根号求，10是$Miller-Rabin$
2u的话，就是莫比乌斯函数，前两个类似上面的前两个，最后一个打表+线筛即可
2g的话，就是原根，我不会
没写
D
难度等级 4
可以说是一个非常好的高维DP问题，数据范围具有迷惑性，让人觉得暴力能过，然后本人尝试卡常，然后失败了，最后只拿到了$50$分
我们先给出一个DP方程：$f[i][j][k][0/1]$表示前$i$个学校，蓝阵营有$j$个人，鸭派系有$k$个人的方案数，然后每次直接转移即可，特判不多，属于可以接受的范围
然后我们发现$k$比较小，所以我们考虑提出一个复杂度阈值有关$k$的做法
那么我们先从$k=0$入手
对于$k=0$的情况，我们发现，不论这个城市选择哪一个阵营，如何选择，和学校选择哪个派系没有任何关系
因为对于每个阵营，都有两个派系可以选，并且因为$k=0$所以具体选哪个阵营没啥意义
所以答案即为$选择派系的分组数\times 选择阵营的分组数$，这两个东西分别DP一下即可
然后我们考虑$k \neq 0$的情况，可以发现，一定最多只有$k$个城市和$k$个学校不会被访问
这样我们发现可以单独对这$k$个城市DP，然后剩下的的东西做一遍$k=0$的情况即可
但是我们发现，这样如果这$k$个城市的学校数=n的话，那复杂度就依然为$nm^2$就没有发生任何优化
那么我们考虑将这个问题和$k=0$结合起来
我们发现，对于这样的对于存在约束的学校，只需要正常DP一下，然后对于没有约束的学校，你只需钦定它的阵营，并不需要钦定它的派系，派系只需要最后搞一下就可以了
然后这样的话，就可以做到：$O(km^2 + n\times m)$解决了
可能会被卡常，然后稍微优化一下复杂度上届即可
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 2505
#define ll long long
#define mod 998244353
int f[N][305],g[N][305],f1[N],f0[N];
int n,c,k,C0,C1,D0,D1,M,S,bel[N],sz[N],hat[N],ht[N],s[N];
void get_f0()
{
f0[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(hat[i]==-1)
for(int j=M;j>=sz[i];j--)f0[j]=(f0[j]+f0[j-sz[i]])%mod;
for(int j=1;j<=M;j++)(f0[j]+=f0[j-1])%=mod;
}
void get_f1()
{
f1[0]=1;
for(int i=1;i<=c;i++)if(s[i]&&ht[i]==-1)
for(int j=M;j>=s[i];j--)f1[j]=(f1[j]+f1[j-s[i]])%mod;
for(int j=1;j<=M;j++)(f1[j]+=f1[j-1])%=mod;
}
inline int get(int v0,int v1)
{
int l0=max(C0-v0,0),r0=min(C1-v0,M),l1=max(D0-v1,0),r1=min(D1-v1,M);
if(l0>r0||l1>r1)return 0;return (ll)(f1[r0]-(l0?f1[l0-1]:0))*(f0[r1]-(l1?f0[l1-1]:0))%mod;
}
void solve()
{
memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));memset(hat,-1,sizeof(hat));S=0;
memset(ht,-1,sizeof(ht));memset(f1,0,sizeof(f1));memset(f0,0,sizeof(f0));memset(s,0,sizeof(s));
scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&c,&C0,&C1,&D0,&D1);M=max(max(C0,C1),max(D0,D1));
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&bel[i],&sz[i]),s[bel[i]]+=sz[i],S+=sz[i];
scanf("%d",&k);for(int i=1,x,y;i<=k;i++)scanf("%d%d",&x,&y),ht[bel[x]]=hat[x]=y;
get_f0();get_f1();C1=max(S-C1,0),D1=max(S-D1,0);swap(C0,C1);swap(D0,D1);
if(C0>C1||D0>D1)return puts("0"),void();g[0][0]=1;int S0=0,S1=0;
for(int i=1;i<=c;i++)if(ht[i]!=-1)
{
for(int j=S0;~j;j--)for(int k=S1;~k;k--)f[j][k]=g[j][k];
for(int j=1;j<=n;j++)if(bel[j]==i&&hat[j]!=-1)
{
S1+=sz[j];
if(hat[j]==1)for(int k=S0;~k;k--){for(int l=S1;l>=sz[j];l--)g[k][l]=g[k][l-sz[j]];for(int l=0;l<sz[j];l++)g[k][l]=0;}
else if(hat[j]!=0)for(int k=S0;~k;k--)for(int l=S1;l>=sz[j];l--)g[k][l]=(g[k][l]+g[k][l-sz[j]])%mod;
if(hat[j]==3)for(int k=S0;~k;k--){for(int l=S1;l>=sz[j];l--)f[k][l]=f[k][l-sz[j]];for(int l=0;l<sz[j];l++)f[k][l]=0;}
else if(hat[j]!=2)for(int k=S0;~k;k--)for(int l=S1;l>=sz[j];l--)f[k][l]=(f[k][l]+f[k][l-sz[j]])%mod;
}
S0+=s[i];S0=min(S0,M);
for(int j=S0;~j;j--)for(int k=S1;~k;k--)g[j][k]=((j>=s[i]?g[j-s[i]][k]:0)+f[j][k])%mod;
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=S0;i++)for(int j=0;j<=S1;j++)ans=(ans+(ll)g[i][j]*get(i,j))%mod;
printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}
int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--)solve();}
E
难度评级 2
一道不失幽默的树上贪心数据结构问题
其实看一看就能发现，对每个子树，按照从大到小排序后，按位置合并即可
这样就能拿到$60$分的优秀成绩了
然后正解就是上述算法优化一下即可
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <set>
using namespace std;
#define N 200005
#define ll long long
multiset<int ,greater<int > >s[N];
vector<int >v;
struct node{int to,next;}e[N];int head[N],cnt,a[N],n,idx[N];
void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;}
void merge(int x,int y)
{
if(s[x].size()<s[y].size())swap(s[x],s[y]);
for(;s[y].size();s[x].erase(s[x].begin()),s[y].erase(s[y].begin()))
v.push_back(max(*s[x].begin(),*s[y].begin()));
for(int i=0;i<v.size();i++)s[x].insert(v[i]);
v.clear();
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
dfs(e[i].to),merge(x,e[i].to);
s[x].insert(a[x]);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=2,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),add(x,i);
dfs(1);long long ans=0;
while(s[1].size())ans+=*s[1].begin(),s[1].erase(s[1].begin());
printf("%lld\n",ans);
}
F
不会，滚
