暑假模拟15
暑假模拟15
\(T_A\) 串串
简单字符串题，考虑枚举回文中心，哈希维护，没什么思维量，但是不好调。
wang54321 有高级 manacher 做法，大家快去膜拜她。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e6+100;
const ll mod=1000001011;
const ll base=2333;
char s[N];
int n,m;
bool b[N];
ll x,y,ny,p[N];
ll qpow(ll res,ll t){
ll ans=1;
while(t){
if(t&1)ans=ans*res%mod;
res=res*res%mod;
t>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
ny=qpow(base,mod-2);
p[0]=1;
for(int i=1;i<=1000000;i++){
p[i]=p[i-1]*base%mod;
}
while(n--){
scanf("%s",s+1);
m=strlen(s+1);
if(m==1){
puts("1");
continue;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
b[i]=0;
}
x=y=0;
for(int i=m,len=0;i>=2;i--){
if(x==y){
if(i>m/2)b[i]=1;
else b[i]=b[i+len];
}
if(i-1>m/2){
y=(y+(s[i]-'a')*p[len])%mod;
if(i!=m){
x=((x-(s[i-1]-'a')*p[len-1])%mod+mod)%mod;
x=x*p[2]%mod;
x=(x+(s[i-len-1]-'a')*p[1])%mod;
}
x=(x+(s[i-len-2]-'a'))%mod;
len++;
}
else if(i-1==m/2){
x=0;
for(int j=i-2;j>=1;j--){
x=(x*base+s[j]-'a')%mod;
}
y=0;
for(int j=i;j<2*i-2;j++){
y=(y*base+s[j]-'a')%mod;
}
len=i-2;
}
else{
x=((x-(s[i-1]-'a')*p[len-1])%mod+mod)%mod;
if(i!=2){
y=((y-(s[i+len]-'a')-(s[i+len-1]-'a')*base)%mod+mod)%mod;
y=y*ny%mod*ny%mod;
y=(y+(s[i]-'a')*p[len-2])%mod;
}
len--;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
if(b[i])printf("%d ",i);
}
puts("");
}
}
\(T_B\)排排
更简单的结论题，容易发现以下结论：
-
当且仅当 \(P\) 严格递增时，答案为 \(0\)
-
当且仅当存在一个 \(P_i=i\) 使得 \(P_1\dots P_i\) 是一个 \(1 \dots i\) 的排列，答案为 \(1\)
-
当且仅当 \(P_1=n,P_n=1\) ，答案为 \(3\)
-
其余情况答案均为 \(2\)
\(T_C\)序序
难题，不会
\(T_D\)桥桥
好题，虽然我没过，但我可以口胡。
首先将所有操作离线，分块，设块长为 \(T\) 。
对于每一块，按照边权降序排列 \(m\) 条边，并按如下方式排列块内操作：
修改按照出现顺序降序，查询按照重量降序排列，以后会有用。
对于每个查询，没有被修改的边权大于当前询问的边可能会有贡献，用并查集维护连通性。而被修改的边，如果对当前询问没有影响，回到上一种情况，如果有影响，则只考虑最后一次修改这条边的贡献。每次改变询问要求并查集可撤销（不要路径压缩）。由于每个块内操作并不多，暴力修改即可，保证复杂度正确,可能需要卡常。
还没过题，代码莫名原因 \(WA\) 了，先贴上。
Updata
对拍发现问题，代码中标注释的地方写错了，警示后人，清空 \(vis\) 数组一定要分清每条边排序前后的编号。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
const int N=5e5+100;
int n,m,q,a,b,c,op,cnt,head[N];
int T,sum,lef[N],rig[N];
int f[N],siz[N],tot,p[N],ans[N];
bool vis[N],pd[N];
int dfn[N];
bool o[N];
struct query{
int op,x,y,id;
}t[N];
struct Bridge{
int from,to,wei,id;
}br[N];
bool cmp(query o,query p){
if(o.op==p.op){
if(o.op==2)return o.y>p.y;
else return o.id>p.id;
}
else return o.op<p.op;
}
bool cmp1(Bridge o,Bridge p){
return o.wei>p.wei;
}
int find(int x){
if(x==f[x])return x;
else return find(f[x]);
}
int sf[N],tf[N],top;
inline void merge(int u,int v,bool flag){
int fx=find(u),fy=find(v);
if(fx==fy)return ;
if(siz[fx]>siz[fy]){
if(flag){
sf[++top]=fy;
tf[top]=fx;
}
f[fy]=fx;
siz[fx]+=siz[fy];
}
else{
if(flag){
sf[++top]=fx;
tf[top]=fy;
}
f[fx]=fy;
siz[fy]+=siz[fx];
}
}
void solve(int l,int r,int x){
sort(br+1,br+m+1,cmp1);
for(int i=1;i<=m;i++){
p[br[i].id]=i;
}
sort(t+l,t+r+1,cmp);
for(int i=l;i<=r;i++){
if(t[i].op==1)vis[t[i].x]=1;
}
for(int i=l,_=1;i<=r;i++){
if(t[i].op==1)continue;
while(_<=m){
if(br[_].wei<t[i].y)break;
if(!vis[br[_].id]){
merge(br[_].from,br[_].to,0);
}
_++;
}
for(int j=l;j<=r;j++){
if(t[j].op==2)continue;
if(t[j].id>t[i].id)continue;
if(pd[t[j].x])continue;
pd[t[j].x]=1;
if(t[j].y>=t[i].y){
merge(br[p[t[j].x]].from,br[p[t[j].x]].to,1);
}
}
for(int j=l;j<=r;j++){
if(t[j].op==2)continue;
if(pd[t[j].x])continue;
if(br[p[t[j].x]].wei>=t[i].y){
merge(br[p[t[j].x]].from,br[p[t[j].x]].to,1);
}
}
ans[t[i].id]=siz[find(t[i].x)];
while(top){
siz[tf[top]]-=siz[sf[top]];
f[sf[top]]=sf[top];
top--;
}
for(int j=l;j<=r;j++){
if(t[j].op==2)continue;
pd[t[j].x]=0;
}
}
for(int i=r;i>=l;i--){
if(t[i].op==1){
br[p[t[i].x]].wei=t[i].y;
vis[t[i].x]=0;///
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=i;
siz[i]=1;
}
}
int read(){
int w=0;
char cc=getchar();
while(cc>'9'||cc<'0')cc=getchar();
while(cc<='9'&&cc>='0'){
w=w*10+cc-'0';
cc=getchar();
}
return w;
}
int main()
{
// freopen("q.in","r",stdin);
// freopen("q.out","w",stdout);
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
br[i].from=read();
br[i].to=read();
br[i].wei=read();
br[i].id=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=i;
dfn[i]=i;
siz[i]=1;
}
q=read();
T=750;
for(int i=1;i<=q;i++){
t[i].op=read();
t[i].x=read();
t[i].y=read();
if(t[i].op==2){
o[i]=1;
}
t[i].id=i;
}
sum=(q+T-1)/T;
for(int i=1;i<=sum;i++){
lef[i]=rig[i-1]+1;
rig[i]=lef[i]+T-1;
}
rig[sum]=q;
for(int i=1;i<=sum;i++){
solve(lef[i],rig[i],i);
}
for(int i=1;i<=q;i++){
if(o[i])printf("%d\n",ans[i]);
}
}
闲话
感觉这次模拟赛后两题比较有难度，至少我不会，但赛时确实尽力在想了。前两题没挂分,其实这是比较基本的要求了，实际上大多数人，包括我，日常挂分都是很严重的。（反思一下自己）可能是因为想到做法就比较乐，容易犯一些意识不到的错误，即使大样例发现错误也会浪费时间。退一步说，不要过于相信大样例，虽说数据很大，但免不了存在偶然因素，对拍一下还是很必要的。（详见下次模拟赛，过了大样例还是狂挂不止）
一张红色的图
