【比赛】NOIP2020

总结

还算正常发挥吧。T1高精度没有管它，T2打的 $O (26 n + n l o g n)$ ，离正解 $O (n ?)$ 很近了，只是不知道怎么去把 $C$ 为奇的个数和 $A B$ 拆分的方案数算出来，就只能用前缀和预处理了。T4很吃亏，本来线段树+暴力有40pts，结果没加取模，估计只有30pts。T3完全不可做，n=2时10pts没打对，又白丢了10pts。

T3，T4总共白丢了20pts，实在不应该。最后大概有210左右吧。对于T3这样的构造题实在无从下手，~~应该多肝CF~~。

简要题解

本人已经被NOIP搞崩溃了。但本着心平气和的原则，还是把它写完。

T1

略。

T2

扩展 KMP 什么的我都不会，还有什么分析性质分别计数的都看不懂，我就说最简单的做法吧：

先枚举(AB)。然后向后扩展，看有几个AB。答案就是 $k * f (i, p r e [k * i + 1])$ 。

正解
继续分析发现，对于固定的 $(A B)$ ，根据重复次数的奇偶性，其对应的 $C$ 中出现奇数次的字符个数只有两种可能。

直接统计每种可能对答案的贡献即可。复杂度 $\log 26)$ ，期望得分 $100 p t s$ 。

具体做法：
首先我们暴力枚举 $X$ 的长度 $X = A + B$
然后对于每个长度，我们二分它 $i$ 能取到的最大值。
因为长度越长这个字符串越不可能循环，所以具有单调性。
上面的东西是 $\sum_{i=1}^{N}\log\left(\frac{N}{i}\right)$ 的
据神仙 $\color{black}\text{h}\color{red}\text{ehezhou}hehezhou$ 说是 $O (N)$ 的。
我们获得了每个 $X$ 所能取到的最大 $i$ 的长度。
同时，当 $X$ 固定时，当 $i\in\{1,3,5...\}$ 或 $i\in\{2,4,6...\}$ 时，把 $X$ 拆成 $A$ 和 $B$ 的方案数是一样的，所以我们可以 $O (1)$ 统计贡献。
然后枚举 $X$ ，在 $X$ 改变时只需要计算增加的那个 $X$ 的贡献就好了。
复杂度均摊 $O (N l o g 26)$ 。

考场做法

考场上开了一个 $s u m [2 e 6] [30]$ 的数组，差点以为暴空间了。

然而：2000005 × 30 × 4 ÷ 1024 ÷ 1024 =‬228.8824081420898 MiB

于是乎苟了84pts。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=2e6+5;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
char s[N];
int nxt[N],pre[N],pre2[N],bit[27],sum[27],n;
bool tag[27];
void Kmp() {
	nxt[1]=0;
	for(int i=2,j=0;i<=n;i++) {
		while(j!=0&&s[i]!=s[j+1]) j=nxt[j];
		if(s[i]==s[j+1]) j++;
		nxt[i]=j;
	}
}
int main() {
//    freopen("string.in","r",stdin);
//    freopen("string.out","w",stdout);
	int T=read();
	while(T--) {
		long long ans=0;
		memset(bit,0,sizeof(bit));
		memset(tag,0,sizeof(tag));
		scanf("%s",s+1);
		n=strlen(s+1);
		Kmp();
		pre[n+1]=pre[0]=0;
		for(int i=n;i>=1;i--) {
			tag[s[i]-'a']^=1;
			if(tag[s[i]-'a']) pre[i]=pre[i+1]+1;
			else pre[i]=pre[i+1]-1;
		}
		memset(tag, 0, sizeof(tag));
        int cnt=0;
		for(int i=1;i<n;i++) {
			int L=0,R=n/(i*2),res=0;
			while(L<=R) {
				int mid=(L+R)>>1,len=i*(mid*2+1);
				if(len<n&&i%(len-nxt[len])==0) L=mid+1,res=mid;
				else R=mid-1;
			}
			ans+=bit[pre[i+1]]*(res+1); 
			L=1,R=n/(i*2),res=0;
			while(L<=R) {
				int mid=(L+R)>>1,len=i*(mid*2);
				if(len<n&&i%(len-nxt[len])==0) L=mid+1,res=mid;
				else R=mid-1;
			}
			if(res>0) ans+=bit[pre[i*2+1]]*res;
			tag[s[i]-'a']^=1;
			if(tag[s[i]-'a']) cnt++;
			else cnt--;
			for(int j=cnt;j<=26;j++) bit[j]++;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

T3

我们先构造一个全为0的柱子，再把每个柱子的1提上来，把这些1全部放到一个柱子上，这样柱子数就从n变成了n-1。直到只
剩两个颜色，此时上述方法找不到一个没有动过的柱子2。换种方法即可。

操作次数分析
最外层枚举颜色一个 $n$ ，每次构造全 $1$ 列时需要 $n m + m$ （因为 $1$ 的总个数为 $m$ ，所以分解时的第一步均摊的总次数为 $m$ ）

因为列数随着颜色一个一个处理完会减小，所以 $n m + m$ 中的 $n$ 其实是个等差数列，也就是 $\sum\limits_{i=1}^n im+m$ 。所以有个 $1 / 2$ 的常数

构造全 $0$ 列时上限需要 $4 m$ 次，所以操作次数上限为 $\sum\limits_{i=1}^n im+5m$ ，极限数据满打满算要操作 600,000 次，可以轻松通过本题

复杂度 == 操作次数，所以不需要管它

另一种思路：分治？
先考虑一种类似于2(3)根柱子的情况：

有两根每根 $m$ 个珠子的柱子和一根空柱子。 \ \ 废话
有两种颜色col1,col2。(假设col1的个数 $\ge$ col2的个数)
要求将①柱子装满col1的珠子,③柱仍为空。

怎么最快分离颜色呢？

…

好了我们可以在两种颜色的情况下快速memset一个柱子。

那怎么变成两种颜色呢？？？

考虑分治：

若当前颜色集合为 $S$

那么把它分成两份，一份是当 $c o l 1$ ，一份当 $c o l 2$ 。

可是有很多个柱子，那可以两两来做每次可以memset一个柱子。

因为 $m ∣ c o u n t o f (c o l 1)$ 且 $m ∣ c o u n t o f (c o l 2)$ 所以最后肯定能使若干个柱子全为 $c o l 1$ ，若干个柱子全为 $c o l 2$ 。

每次大约走 $5 n m$ 步。

在递归求解被划为 $c l o 1$ 的color和被划为 $c l o 2$ 的color。

最后次数 $\le 5nmlog_2n$

//666
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=55;
const int M=405;
const int K=820005;
struct Node{
	int tot,pos,a[M];
	int cnt[N];
	void Push(int x) {
		cnt[x]++;
		a[++tot]=x;
	}
	int Top() {
		return a[tot];
	}
	void Pop() {
		cnt[a[tot]]--;
		tot--;
	}
}s[N];
struct Data {
	int s,t;
}P[K];
int n,m,k;
bool sol[N];
void Move(int x,int y) {
	P[++k]=(Data){s[x].pos,s[y].pos};
	s[y].Push(s[x].Top());
	s[x].Pop();
}
void Work(int x,int y,int z,int col) {
	int t=s[x].cnt[col];
	for(int i=1;i<=t;i++) {
		Move(y,z);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(s[x].Top()==col) Move(x,y);
		else Move(x,z);
//		if(s[x].cnt[col]==0) break;
	}
	for(int i=1;i<=m-t;i++) Move(z,x);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(s[2].Top()==col||s[1].tot==m) Move(2,z);
		else Move(2,1);
	}
	swap(s[2],s[z]);
	swap(s[1],s[z-1]);
//	for(int i=1;i<=t;i++) Move(y,x);
//	for(int i=1;i<=t;i++) Move(z,y);
}
void Work2(int x,int y,int z,int col) {
	int t=s[x].cnt[col];
	for(int i=1;i<=t;i++) {
		Move(y,z);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(s[x].Top()==col) Move(x,y);
		else Move(x,z);
	}
	swap(s[x],s[y]);
	swap(s[y],s[z]);
//	for(int i=1;i<=t;i++) Move(y,x);
//	for(int i=1;i<=t;i++) Move(z,y);
}
void Work3(int x,int y,int z,int col) {
	int t=s[x].cnt[col];
	for(int i=1;i<=t;i++) {
		Move(y,z);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(s[x].Top()==col) Move(x,y);
		else Move(x,z);
	}
	for(int i=1;i<=m-t;i++) Move(z,x);
	for(int i=1;i<=t;i++) Move(y,x);
	for(int i=1;i<=t;i++) Move(z,y);
}
int main() {
//	freopen("ball3.in","r",stdin);
//	freopen("ans.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=1;j<=m;j++) {
	    	int x;
	    	scanf("%d",&x);
	    	s[i].Push(x);
		}
	for(int i=1;i<=n+1;i++) s[i].pos=i;
	for(int i=n;i>2;i--) {
        Work(1,i,i+1,i);
        for(int j=1;j<i;j++) {
        	Work2(j,i,i+1,i);
		}
        for(int j=1;j<i;j++) {
        	while(s[j].Top()==i) {
        		Move(j,i+1);
			}
		}
		for(int j=1;j<i;j++) {
			while(s[j].tot!=m) {
				Move(i,j);
			}
		}
	}
	Work3(1,2,3,2);
	Work3(2,1,3,2);
	while(s[1].Top()==2) Move(1,3);
	while(s[2].Top()==2) Move(2,3);
	while(s[2].tot>0) Move(2,1);
	printf("%d\n",k);
	for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d %d\n",P[i].s,P[i].t);
}

__EOF__

本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530380.html
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