【学习笔记】AGC044/AGC011

Guess the Password

如果$S$是$T$的子序列，那么会返回$|T|-|S|$，否则会大于这个值。

那么可以先查询单个字符，选取最小的答案，这个字符一定在$T$中出现过。这样我们得到了串长。

那么，我们继续询问连续一段相同字符可以得到每个字符的出现次数。

然后用类似归并的过程合并两个字符集不交的子序列，步数为$cn{t}_a+cn{t}_b-1$

那么每次找长度最短的两个子序列合并即可。因为$\text{Huffman}$树的树高不超过$\log L$，所以总步数$L\log L$。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int L(inf);
char a[62];
struct cmp{
	bool operator()(string x,string y){
		return x.size()>y.size();
	}
};
priority_queue<string,vector<string>,cmp>q;
int ask(string s){
	cout<<'?'<<' '<<s<<endl;
	int x;cin>>x;return x;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    for(int i=0;i<26;i++)a[i]='a'+i;
    for(int i=0;i<26;i++)a[26+i]='A'+i;
    for(int i=0;i<10;i++)a[52+i]='0'+i;
    for(int i=0;i<62;i++){
    	cout<<'?'<<' '<<a[i]<<endl;
    	int x;cin>>x,L=min(L,x);
	}L++;
	for(int i=0;i<62;i++){
		string s,t(L,a[i]);int x=ask(t);
		for(int j=1;j<=L-x;j++)s+=a[i];
		if(s.size())q.push(s);
	}
	while(q.size()>=2){
		string a=q.top();q.pop();
		string b=q.top();q.pop();
		string c;int i=0,j=0;
		while(i!=a.size()||j!=b.size()){
			if(j==b.size())c+=a[i++];
			else if(i==a.size())c+=b[j++];
			else{
				string c2=c;c2+=a[i];
				for(int k=j;k!=b.size();k++)c2+=b[k];
				if(ask(c2)==L-c2.size())c+=a[i++];
				else c+=b[j++];
			}
		}assert(c.size()==a.size()+b.size());
		q.push(c);
	}cout<<'!'<<' '<<q.top()<<endl;
}

Increasing Numbers

显然要分析答案的结构。。。

一个递增数可以拆成若干串$1$。。。

然后有一个很仙的转化。。。

因为$\underset{i}{\underbrace{111\cdots 11}}=\frac{10^i-1}{9}$

所以$N={\sum }_{i=1}^{n+1}\frac{k_i(10^i-1)}{9}$

设$k$表示总的$111\cdots 11$的个数，那么$9N+k={\sum }_{i=1}^{n+1}{k}_{i}10^i$。左边显然是$10$的倍数，那么如果$k$合法的话$9N+k$的数位之和应该不超过$k$，同时我只能把$10^i$拆成$10$个$10^{i-1}$，那么要求$k$和${\sum }_{i=1}^{n+1}{k}_i$模$9$同余。等式两边模$9$发现这恒成立。

同时我们观察到$k$不会超过$10n$，那么我们模拟高精度加法就能做到均摊$O(1)$，总复杂度$O(n)$。

Squared Graph

设集合$Z$表示原图中所以大小为$1$的连通块

设集合$X$表示原图中存在二分图染色的连通块

设集合$Y$表示原图中不存在二分图染色的连通块

考察$(a,b)$形成的连通块数目。如果$(a,b)$和$(c,d)$是联通的，那么显然$a$和$c$属于同一连通块，$b$和$d$属于同一连通块

如果$a\in Z$或$b\in Z$，那么每对$(a,b)$都会单独形成连通块，贡献$n^2-(n-Z{)}^2$

如果$a\in Y$,$b\in Y$，连通块数目$|Y{|}^2$

如果$a\in X$,$b\in X$，那么每挪动一步$a$,$b$的颜色都会同时取反，连通块数目$2|X{|}^2$

如果$a\in X,b\in Y$，连通块数目$2|X||Y|$

复杂度$O(n)$

Half Reflector

从左端飞出去其实只有一种情况，那就是第一个就是$A$，否则肯定会从右端飞出去。

如果遇到$B$就直接走过去，如果遇到$A$就把垫背的反转，然后走过去。

好妙的结论啊。。。

探究一次操作后$i$的状态。

把$A$看成$0$，$B$看成$1$。

如果最高位是$0$，那么把最高位反转成$1$。

否则$s$取反并左移一位。（左移会溢出最高位）

这样$2n$次操作后就会把原串全部移走，剩下$01$交替的情况。

如果$n$是偶数那么循环节是$1$，如果$n$是奇数那么循环节是$2$。

复杂度$O(n)$。

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530106.html
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