「模拟赛」多校 A 层冲刺 NOIP 24
总结
T1 各种做法迷乱了我的心智，带上推 KMP 的半小时总共调了 2.5 h T1，浪费时间太长了，导致最后 T2、T4 暴力都没打，打了就 Rank 4 了
中间看题 ＋【数据删除】 用了半小时
T2 简单推了二十多分钟觉得没前途先开了 T3，一眼会思路，感觉有点小细节，决定先打暴力再打倍增优化，结果 \(n^2\) 一打就打了一小时，离比赛结束就剩 5 分钟了，于是直接摆了
赛后改完 T3 的倍增：我去还好赛时没打出来，要是打出来了就全 MLE 了
明天一定打暴力！！！
A.选取字符串
KMP、字符串好题
因为所有字符串都是大字符串的前缀，所以一旦我们每个字符串的前缀后缀的长度确定了，那么前缀后缀长什么样也就确定了
设 \(f_i\) 为所有相同前缀后缀长度可以为 \(i\) 的字符串的个数
我们枚举 \(i\in [1,n]\)，每次钦定两个串 \(p、q\) 里必须有一个是 \(S_i\)，而另一个串可以在合法的范围内任意选。
设 \(g_i\) 表示必选前缀串 \(S_i\) 时另一个串可以选的字符串的个数
那么答案就是 \(\sum_{i=1}^n \binom {f_i}{k}\times (2\times g_i-1)\) + \(\binom {n+1}{k}\)
Why：另一个串有 \(g_i\) 种可能，而 \(p、q\) 的顺序不同为不同的方案，所以乘 2，再减去 \(p、q\) 都选 \(S_i\) 的情况（这个情况 \(p、q\) 顺序不同也是一种方案）
最后 \(p、q\) 全选空串的方案单独算即为 \(n+1\) 个串里选 \(k\) 个
现在考虑 \(f_i、g_i\) 的计算：
-
对于 \(f_i\)：KMP 求出所有字符串 \(S_{[1,i]}\) 的 包的er 值 \(pi_i\)，即最长的既是前缀也是后缀的长度，那么每个字符串 \(S_i\) 相同前缀后缀可以为 \(S_{[1,\ pi_i]}\)，同时也可以为 \(S_{[1,\ pi_i]}\) 的前缀后缀，所以从大到小递推计算：
f[pi[i]] += f[i]; -
对于 \(g_i\)：显然选 \(S_i\) 时同样可以为所有字符串的前缀后缀的只能是 \(S_i\) 的前缀后缀，也是同理递推得到，
g[i] += g[pi[i]];
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Aqrfre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin),freopen(#y ".out", "w", stdout)
#define mp make_pair
#define Type int
#define qr(x) x=read()
typedef long long ll;
using namespace std;
inline Type read(){
char c=getchar(); Type x=0, f=1;
while(!isdigit(c)) (c=='-'?f=-1:f=1), c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48), c=getchar();
return x*f;
}
const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 998244353;
inline vector<int> pretix(string s){
int len = s.length();
vector<int>v(len+10); v[0] = 0;
for(int i=1; i<len; i++){
int j = v[i-1]; //v: The length of the string which from 1 to i - 1
while((i == j or s[i] != s[j]) and j) j = v[j-1];
if(s[i] == s[j]) j++;
v[i] = j;
}
return v;
}
string s;
int n, k, sum[N], f[N], g[N];
vector<int>pi;
int fact[N], inv[N], fainv[N];
inline void AqrPre(){
fact[0] = fact[1] = 1;
inv[0] = inv[1] = 1;
fainv[0] = fainv[1] = 1;
for(int i=2; i<=n+3; i++){
fact[i] = 1ll * fact[i-1] * i % mod;
inv[i] = 1ll * inv[mod%i] * (mod - mod / i) % mod;
fainv[i] = 1ll * fainv[i-1] * inv[i] % mod;
}
}
inline int C(int x, int y){
return x < y ? 0 : 1ll * fact[x] * fainv[y] % mod * fainv[x-y] % mod;
}
/*
思路应该是显然的？？实现也简单啊只不过我假了一版又一版
那这题确实是简单签到了啊，但我打了两个半小时？？
还有救么？？这让我怎么翻？后面三题只打暴力肯定不行吧
*/
signed main(){ // string
Aqrfre(string, string);
qr(k); cin>>s; n = s.length();
AqrPre(); pi = pretix(s);
for(int i=0; i<n; i++) f[pi[i]]++, g[i+1] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++) g[i] += g[pi[i-1]];
for(int i=n; i>=1; i--)
if(i and pi[i-1]) f[pi[i-1]] += f[i];
int ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++){
ans += C(f[i]+1, k) * ((g[i] + 1) * 2 - 1) % mod;
ans %= mod;
}
cout<<(ans+C(n+1, k))%mod<<"\n";
return 0;
}
B.取石子
博弈论
搞不懂放博弈论的目的是什么，仙姑
C.均衡区间
二维数点
感觉思路比 T1 还简单啊
啥是二维数点啊我不会？？挂 \(\log\) 是没前途的，所以提供一种不挂 \(\log\) 的目前最优解（ 极限 \(n^2\) 的哈哈
以 \(i\) 为左端点时举例：
设 \(Rmax_i\) 为右侧第一个大于 \(a_i\) 的位置，\(Rmin_i\) 同理
预处理出所有的 \(Rmax_i\) 以及 \(Rmin_i\)，和 \(Ranum_i\) 表示从 \(i\) 开始递增子序列的长度，\(Rbnum_i\) 表示 \(i\) 开始递减子序列的长度
可以根据转移理解一下 \(Ranum，Rbnum\) 数组：Ranum[i] = Ranum[Rmax[i]] + 1;
发现从 \(max(Rmax, Rmin)\) 开始到最后，除了所有的比当前最大的还大的、比当前最小的还小的，其余都可以作为合法的右端点
统计答案：
我们把 \(Rmax_i、Rmin_i\) 里较小的一个不断跳到大于另一个的位置
如 \(Rmax_i<Rmin_i\) 时，不断赋值 \(r1 = Rmax_{r1}\ 直到\ r1 >= Rmin_i\)
这个时候答案就是 \((n-Rmin_i+1)-Ranum[Rmin_i]-Rbnum[r1]-2\)
code
#include<bits/stdc++.h>
#define Aqrfre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin),freopen(#y ".out", "w", stdout)
#define mp make_pair
#define Type int
#define qr(x) x=read()
typedef long long ll;
using namespace std;
inline Type read(){
char c=getchar(); Type x=0, f=1;
while(!isdigit(c)) (c=='-'?f=-1:f=1), c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48), c=getchar();
return x*f;
}
const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 998244353;
/*
怎么 T3 也放一眼题？？
以 i 为左端点举例：
预处理 i 右侧第一个比它大、小的数 Rmax[i], Rmin[i]
i+1 ~ min(Rmax[i], Rmin[i])-1 合法，假设是 Rmin 小一点
现在的 Rmin 变为 Rmin[Rmin[i]]
错了错了，反了！！
直接数卡后的比当前最大还大 ~，比当前最小还小 ~ 就做完了
丸辣！成小丑了，n^2 暴力调了一个小时，呜呜 ST 表胡不上了
还剩 3 分钟，摆了，拿多少分看命吧
*/
int n, a[N], id, L[N], R[N];
int Rmax[N], Rmin[N], Ranum[N], Rbnum[N];
int Lmax[N], Lmin[N], Lanum[N], Lbnum[N];
deque<int>qmax, qmin;
signed main(){ // interval
Aqrfre(interval, interval);
qr(n); qr(id);
for(int i=1; i<=n; i++) qr(a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++){
while(qmax.size() and a[qmax.front()] <= a[i]) Rmax[qmax.front()] = i, qmax.pop_front();
while(qmin.size() and a[qmin.front()] >= a[i]) Rmin[qmin.front()] = i, qmin.pop_front();
qmax.push_front(i); qmin.push_front(i);
}
while(qmax.size()) qmax.pop_front();
while(qmin.size()) qmin.pop_front();
for(int i=n; i>=1; i--){
while(qmax.size() and a[qmax.front()] <= a[i]) Lmax[qmax.front()] = i, qmax.pop_front();
while(qmin.size() and a[qmin.front()] >= a[i]) Lmin[qmin.front()] = i, qmin.pop_front();
qmax.push_front(i); qmin.push_front(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++){
if(!Rmax[i]) Rmax[i] = n + 1;
if(!Rmin[i]) Rmin[i] = n + 1;
if(!Lmax[i]) Lmax[i] = 0;
if(!Lmin[i]) Lmin[i] = 0;
}
Ranum[n+1] = Rbnum[n+1] = -1;
for(int i=n; i>=1; i--){
Ranum[i] = Ranum[Rmax[i]] + 1;
Rbnum[i] = Rbnum[Rmin[i]] + 1;
int r1 = Rmax[i], r2 = Rmin[i], cnt = 0;
if(!Ranum[i] or !Rbnum[i]){
R[i] = 0; continue;
}
if(r1 < r2){
if(id == 2){ R[i] = 0; continue; }
while(r1 < r2) r1 = Rmax[r1];
cnt = Ranum[r1] + 2 + Rbnum[r2];
cnt = n - r2 + 1 - cnt;
}
else{
if(id == 2){ R[i] = 0; continue; }
while(r2 < r1) r2 = Rmin[r2];
cnt = Ranum[r1] + 2 + Rbnum[r2];
cnt = n - r1 + 1 - cnt;
}
R[i] = cnt;
}
for(int i=1; i<=n; i++) cout<<R[i]<<" "; cout<<"\n";
Lanum[0] = Lbnum[0] = -1;
for(int i=1; i<=n; i++){
Lanum[i] = Lanum[Lmax[i]] + 1;
Lbnum[i] = Lbnum[Lmin[i]] + 1;
int l1 = Lmax[i], l2 = Lmin[i], cnt = 0;
if(!Lanum[i] or !Lbnum[i]){
L[i] = 0; continue;
}
if(l1 > l2){
if(id == 2){ L[i] = 0; continue; }
while(l1 > l2) l1 = Lmax[l1];
cnt = Lanum[l1] + 2 + Lbnum[l2];
cnt = l2 - cnt;
}
else{
if(id == 2){ L[i] = 0; continue; }
while(l2 > l1) l2 = Lmin[l2];
cnt = Lanum[l1] + 2 + Lbnum[l2];
cnt = l1 - cnt;
}
L[i] = cnt;
}
for(int i=1; i<=n; i++) cout<<L[i]<<" ";
return 0;
}
