2022.11.13 NOIP2022 模拟赛八

「ROI 2017 Day 2」存储器

无聊的题。

首先 \(s\) 中每一个片段，其在 \(t\) 中对应的字符必然是相同的。

对于 \(t\) 中的每一个片段，考虑检查能否操作出这个片段，实际上只需要模拟这个过程，每次选择能操作的一段操作并合并段就行。

用 set 加速即可，做到 \(O(n\log n)\)。

Code

const int N=1e6+5;
char a[N],b[N];
bool chk1(int l,int r) {
    char tmp=b[l];
    FOR(i,l+1,r) if(tmp!=b[i]) return 0;
    return 1;
}
int fa[N],siz[N],R[N],L[N];
int find(int x) {return fa[x]=(fa[x]==x?x:find(fa[x]));}
void merge(int x,int y) {
    int fx=find(x),fy=find(y);
    if(fx==fy) return;
    if(siz[fx]<siz[fy]) swap(fx,fy);
    siz[fx]+=siz[fy],fa[fy]=fx;
}
bool chk2(int l,int r) {
    if(a[l]==b[l-1]) return 0;
    set<int> qu;
    FOR(i,l,r) L[i]=R[i]=0,fa[i]=i,siz[i]=1;
    FOR(i,l+1,r) if(a[i]==a[i-1]) merge(i,i-1);
    int las=l;
    FOR(i,l+1,r+1) if(a[i]!=a[i-1]) R[las]=i-1,L[i-1]=las,las=i;
    if(R[l]==r&&a[l]!=b[l]) return 0;
    for(int i=l;i<=r;i=R[i]+1)
        if(a[i]!=b[l]) {
            if(i!=l&&siz[find(i)]<siz[find(i-1)]) qu.insert(i);
            if(R[i]!=r&&siz[find(i)]<siz[find(R[i]+1)]) qu.insert(i);
        }
    while(sz(qu)) {
        int x=*qu.begin();qu.erase(x);
        if(x!=l) merge(x,x-1);
        if(R[x]!=r) merge(x,R[x]+1);
        if(x==l) L[R[R[x]+1]]=x,R[x]=R[R[x]+1];
        if(R[x]==r) R[L[x-1]]=R[x],L[R[x]]=L[L[x-1]];
        if(x!=l&&R[x]!=r) L[R[R[x]+1]]=L[x-1],R[L[x-1]]=R[R[x]+1];
        x=(x==l?x:L[x-1]);
        if(x!=l&&siz[find(x)]>siz[find(x-1)]) qu.insert(L[x-1]);
        if(R[x]!=r&&siz[find(x)]>siz[find(R[x]+1)]) qu.insert(R[x]+1);
    }
    if(siz[find(l)]!=r-l+1) return 0;
    return 1;
}
void solve() {
    scanf("%s %s",a+1,b+1);
    int n=strlen(a+1),m=strlen(b+1);
    if(n!=m) return puts("No"),void();
    int l=1;
    FOR(i,2,n+1) if(a[i]!=a[i-1]) {
        if(!chk1(l,i-1)) return puts("No"),void();
        l=i;
    }
    l=1;
    FOR(i,2,n+1) if(b[i]!=b[i-1]) {
        if(!chk2(l,i-1)) return puts("No"),void();
        l=i;
    }
    puts("Yes");
}
int main() {
    int T=read();
    while(T--) solve();
}

「ROI 2017 Day 2」水星上的服务器

简单题。

可以根据左右求出当前如果想要向左一直到底和向右一直到底的时间区间。

注意到要等的情况只有 \(l_i\) 可行的情况，特判一下就行。

Code

const int N=2e5+5;
int n,t[N],l[N],r[N],l0[N],r0[N],l1[N],r1[N];
int main() {
    n=read();
    FOR(i,1,n) t[i]=read(),l0[i]=l1[i]=1;
    FOR(i,1,n-1) l[i]=read(),r[i]=read();
    l0[1]=0,r0[1]=1e9+1;
    l1[n]=0,r1[n]=1e9+1;
    FOR(i,2,n) {
        int L=max(l0[i-1],l[i-1]),R=min(r0[i-1],r[i-1]);
        if(L<=l[i-1]&&l[i-1]<=R) l0[i]=L-t[i],r0[i]=R;
        else l0[i]=L,r0[i]=R;
        l0[i]=max(l0[i],0);
    }
    ROF(i,n-1,1) {
        int L=max(l1[i+1],l[i]),R=min(r1[i+1],r[i]);
        if(L<=l[i]&&l[i]<=R) l1[i]=L-t[i],r1[i]=R;
        else l1[i]=L,r1[i]=R;
        l1[i]=max(l1[i],0);
    }
    FOR(i,1,n) {
        int l=max(l0[i],l1[i]),r=min(r0[i],r1[i]);
        if(l>r) puts("-1");
        else printf("%d\n",l);
    }
}

「ROI 2017 Day 2」反物质

记 \(f_i\) 表示还有 \(i\) 个位置，这 \(i\) 个位置可以产生的价值，有 DP 式子：

\[\begin{aligned} \max_j\min_k(f_k+(i-k)\times 10^9+c_j\to f_i) \ \ \ r_j\le i,k\in [i-r_j,i-l_j] \end{aligned} \]

注意到这是一个求 \(f_k-k\times 10^9\) 在某个区间内的最小值的过程，这个区间显然是单调的，故可以使用滑动窗口优化。

Code

const int N=105,V=2e6+5,Z=1e9;
int n,a,l[N],r[N],c[N];
ll f[V],ans;
deque<int> q[N];
int main() {
    n=read(),a=read();
    FOR(i,1,n) l[i]=read(),r[i]=read(),c[i]=read();
    FOR(i,0,a) {
        FOR(j,1,n) if(i-r[j]>=0) {
            while(sz(q[j])&&q[j].front()<i-r[j]) q[j].pop_front();
            int z=q[j].front();
            chkmax(f[i],f[z]+1ll*(i-z)*Z-c[j]);
        }
        FOR(j,1,n) if(i-l[j]+1>=0) {
            while(sz(q[j])&&f[i-l[j]+1]-1ll*(i-l[j]+1)*Z<f[q[j].back()]-1ll*q[j].back()*Z) q[j].pop_back();
            q[j].push_back(i-l[j]+1);
        }
        chkmax(ans,f[i]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

「ROI 2017 Day 2」学习轨迹

考虑到有方案为某一个大学全选，故若两个大学均选，设第一个大学选 \([l,r]\)，则第二个大学必然从 \(\frac{\sum}{2}\) 的位置向左右扩展。

枚举 \(r\)，向左向右求单调栈，就可以维护了。

Code

const int N=5e5+5;
int n,m,a[N],b[N],c[N*2];
ll sa[N],sb[N];
ll ans;
int la,ra,lb,rb;
void updans(ll a,int b,int c,int d,int e,int fl) {
    if(fl) swap(b,d),swap(c,e);
    if(ans<a) ans=a,la=b,ra=c,lb=d,rb=e;
}
ll ma[N*4],add[N*4];
void pushadd(int p,ll v) {ma[p]+=v,add[p]+=v;}
void pushdown(int p) {
    if(add[p]) pushadd(p*2,add[p]),pushadd(p*2+1,add[p]),add[p]=0;
}
void build(int p,int l,int r) {
    add[p]=0;
    if(l==r) return ma[p]=sa[n]-sb[l-1],void();
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p*2,l,mid),build(p*2+1,mid+1,r);
    ma[p]=max(ma[p*2],ma[p*2+1]);
}
void update(int p,int l,int r,int x,int y,ll v) {
    if(x<=l&&r<=y) return pushadd(p,v);
    int mid=(l+r)>>1;pushdown(p);
    if(x<=mid) update(p*2,l,mid,x,y,v);
    if(y>mid) update(p*2+1,mid+1,r,x,y,v);
    ma[p]=max(ma[p*2],ma[p*2+1]);
}
int query(int p,int l,int r) {
    if(l==r) return l;
    int mid=(l+r)>>1;pushdown(p);
    if(ma[p]==ma[p*2]) return query(p*2,l,mid);
    return query(p*2+1,mid+1,r);
}
int stl[N],str[N],tpl,tpr;
void solve(bool fl=0) {
    int mid=lower_bound(sa+1,sa+n+1,(sa[n]+1)/2)-sa;
    build(1,1,m),tpl=tpr=0;
    FOR(i,1,m) {
        if(b[i]) {
            if(b[i]<=mid) {
                while(tpl&&b[i]>b[stl[tpl]]) update(1,1,m,stl[tpl-1]+1,stl[tpl],sa[b[stl[tpl]]]),--tpl;
                update(1,1,m,stl[tpl]+1,i,-sa[b[i]]),stl[++tpl]=i;
            }
            else {
                while(tpr&&b[i]<b[str[tpr]]) update(1,1,m,str[tpr-1]+1,str[tpr],sa[n]-sa[b[str[tpr]]-1]),--tpr;
                update(1,1,m,str[tpr]+1,i,-sa[n]+sa[b[i]-1]),str[++tpr]=i;
            }
        }
        int id=query(1,1,m);
        int p1=lower_bound(stl+1,stl+tpl+1,id)-stl,p2=lower_bound(str+1,str+tpr+1,id)-str;
        p1=(p1<=tpl?b[stl[p1]]+1:1),p2=(p2<=tpr?b[str[p2]]-1:n);
        updans(sb[i]+ma[1],p1,p2,id,i,fl);
    }
}
int main() {
    n=read(),m=read();
    FOR(i,1,n) a[i]=read();
    FOR(i,1,n) sa[i]=sa[i-1]+read();
    FOR(i,1,m) c[read()]=i;
    FOR(i,1,m) sb[i]=sb[i-1]+read();
    FOR(i,1,n) a[i]=c[a[i]],b[a[i]]=i;
    updans(sa[n],1,n,0,0,0),updans(sb[m],0,0,1,m,0);
    solve(),swap(n,m),swap(a,b),swap(sa,sb),solve(1);
    printf("%lld\n%d %d\n%d %d\n",ans,la,ra,lb,rb);
}