APIO 2014
练习赛，评测的时候好像出了些问题，最后我拿自己机子测的212/300，第二题负责评测的写的SPJ就判了第一行的答案，不知道有没出什么问题。
T1.palindrome
题目大意：给定一个长度为N的字符串，从中找出一个回文串使其出现次数*长度最大，求出这个值。
思路：做的时候几乎对回文串一无所知，听我旁边某位大神传授manacher就现场学了下，然后按manacher找回文串的方式搞出了一个奇怪的暴力，最后好像骗了很多分（只T了一个点，WA了3个好像是哪里写挂了），但因为太丑又复杂就不解说了。想知道的看看代码脑补吧。
得分：92/100
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; #define MN 300000 #define MV 1200000 #define MOD 9875321 char s[MN+5],st[MN*2+5]; int l[MN*2+5],f[MN*2+5],cnt,rr[MV+5],ss[MV+5]; ll hs[MV+5]; struct P{int p,l;}pi[MV+5]; bool cmp(P a,P b){return a.l<b.l;} struct map { int h[MOD],nx[MV*3/2+5],z[MV*3/2+5],en,lz; ll s[MV*3/2+5],ls; int&operator[](ll x) { if(x==ls)return z[lz]; int p=(x%MOD+MOD)%MOD,i; for(i=h[p];i;i=nx[i])if(s[i]==x)return z[lz=i]; nx[!en||z[en]?++en:en]=h[p];s[en]=x;h[p]=en;return z[lz=en]; } }mp; int main() { freopen("palindrome.in","r",stdin); freopen("palindrome.out","w",stdout); int i,r=0,p;ll mx=0; scanf("%s",s); for(st[i=0]='(';s[i];++i)st[(i<<1)+1]='.',st[i+1<<1]=s[i];st[(i<<1)+1]='.';st[i+1<<1]=0; for(i=1;st[i];++i) { if(r>i)l[i]=min(l[(p<<1)-i],r-i),f[i]=(p<<1)-i; else l[i]=1; pi[++cnt]=(P){i,l[i]}; while(st[i-l[i]]==st[i+l[i]])pi[++cnt]=(P){i,++l[i]}; if(i+l[i]>r)r=i+l[i],p=i; } sort(pi+1,pi+cnt+1,cmp); for(i=1;i<=cnt;++i) { if(pi[i].l>1) { for(r=pi[i].p;!mp[(ll)r*(MV+3)+pi[i].l-1];r=f[r]); hs[i]=hs[rr[i]=mp[(ll)r*(MV+3)+pi[i].l-1]]; } hs[i]=hs[i]*31+st[pi[i].p+pi[i].l-1]; mp[(ll)pi[i].p*(MV+3)+pi[i].l]=i; } memset(&mp,0,sizeof(mp)); for(i=cnt;i;--i) { if(pi[i].l==l[pi[i].p])++ss[i]; mx=max(mx,(ll)(pi[i].l-1)*(mp[hs[i]]+=ss[i])); ss[rr[i]]+=ss[i]; } cout<<mx; fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
正解：听某位巨强的学长说，这是道回文树裸题……我只听过回文树的大名，不知道是什么东西，学了下发现，真是裸题……
#include<cstdio> #define MN 300000 char s[MN+5]; int l[MN+5],p[MN+5],c[MN+5][26],f[MN+5],tn; int main() { int i,j;long long ans=0; scanf("%s",s+1); f[0]=1;l[++tn]=-1; for(i=j=1;s[i];++i) { while(s[i-l[j]-1]!=s[i])j=f[j]; if(!c[j][s[i]-'a']) { l[++tn]=l[j]+2; for(f[tn]=f[j];s[i-l[f[tn]]-1]!=s[i];)f[tn]=f[f[tn]]; f[tn]=c[f[tn]][s[i]-'a']; c[j][s[i]-'a']=tn; } ++p[j=c[j][s[i]-'a']]; } for(i=tn;i>1;--i) { if(1ll*l[i]*p[i]>ans)ans=1ll*l[i]*p[i]; p[f[i]]+=p[i]; } printf("%lld",ans); }
T2.sequence
题目大意：一个长度为N的序列，进行K次操作，每次可以将一段序列截成两段，获得两段和的乘积的得分，求最大得分及方案（1<=K<=N<=100,000，K<=200）。
思路：实际上跟截的顺序没有关系，只要知道最后截的是哪些点就能知道得分，f[i][j]表示前j个分成i段的最大得分，s表示前缀和，则f[i][j]=max(f[i-1][k]+(s[j]-s[k])*s[k])，可以O(KN^2)完成DP，把式子展开发现满足斜率优化条件，复杂度降为O(KN)。序列中元素可能为0，所以有可能出现重点使斜率优化出错，一个解决方案是算斜率的时候减去一个极小的值，就能算出一个靠谱的斜率。方案随便记下转移路径就行了，另外卡内存，需要滚动。
得分：100/100
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define ll long long inline int read() { int x=0;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0'; return x; } #define MK 200 #define MN 100000 int s[MN+5],d[MK+1][MN+5],q[MN+5],l,r; ll f[2][MN+5]; double cal(int p,int i,int j){return double(f[p][i]-f[p][j])/(s[j]-s[i]-1e-9);} int main() { freopen("sequence.in","r",stdin); freopen("sequence.out","w",stdout); int n,k,i,j,p,pl; n=read();k=read(); for(i=1;i<=n;++i)s[i]=s[i-1]+read(); for(i=p=1,pl=0;i<=k;++i,p^=1,pl^=1) { l=r=0; for(j=1;j<=n;++j) { while(l<r&&cal(pl,q[l+1],q[l])<s[j])++l; d[i][j]=q[l]; f[p][j]=f[pl][q[l]]+(ll)s[j]*s[q[l]]; f[pl][j]-=(ll)s[j]*s[j]; while(l<r&&cal(pl,j,q[r])<cal(pl,q[r],q[r-1]))--r; q[++r]=j; } } cout<<f[pl][n]<<endl; for(i=n,j=k;j;--j)printf("%d ",i=d[j][i]); fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
T3.beads
题目大意：一开始你有一个点，每次你可以选择其中一种操作：1.选一个已有的点，向新的点连一条红边；2.选择一条红边，在红边上插一个新点，使红边被拆成两条蓝边。现在给你一颗树，给出边上权值，要求你给边染色，使得染色后的树可能是由一个点进行一系列操作得到的，要求最大化蓝边总长，求出这个值。（点数<=200,000）
思路：做的时候好像迷之理解错了，大致理解成一开始有n个点然后互相连边或插入（实际上每次只能把一个新点加入已有的一棵树中）。然后得到的结论是每次能把两条相邻的红边染成蓝色，乱写了个DP，结果只有20（WAWAWA）。
得分：20/100
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read() { int x=0;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0'; return x; } #define MN 200000 #define INF 0x3fffffff struct edge{int nx,t,w;}e[MN*2+5]; int h[MN+5],en,f[MN+5][2]; inline void ins(int x,int y,int w) { e[++en]=(edge){h[x],y,w};h[x]=en; e[++en]=(edge){h[y],x,w};h[y]=en; } void dp(int x,int fa) { int i,p,mx=-INF,mx2=-INF; for(i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa) { dp(e[i].t,x); f[x][0]+=p=max(f[e[i].t][1]+e[i].w,f[e[i].t][0]); p=f[e[i].t][0]+e[i].w-p; if(p>mx)mx2=mx,mx=p; else if(p>mx2)mx2=p; } f[x][1]=f[x][0]+mx; f[x][0]=max(f[x][0],f[x][0]+mx+mx2); } int main() { freopen("beads.in","r",stdin); freopen("beads.out","w",stdout); int n=read(),i,x,y; for(i=1;i<n;++i)x=read(),y=read(),ins(x,y,read()); dp(1,0); printf("%d",f[1][0]); fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
正解：先考虑暴力枚举一个点作为最开始的点，定为树的根，然后以插入来加入树的点必然是插入在自己父亲和一个儿子之间（而不可能是自己的两个儿子），DP用f[i][0/1]表示以i为根的子树，i节点是否为被插入的点来DP，每次DP可以O(n)。得到一个点为根的DP状态时，我们可以用O(1)移动这个根（dfs，要转到一个儿子，先删掉自己的这棵子树，再在子树中加上自己，可能需要维护次大值）。总复杂度O(n)。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read() { int x;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; return x; } #define MN 200000 #define INF 0x7FFFFFFF struct edge{int nx,t,w;}e[MN*2+5]; int h[MN+5],en,f[MN+5][2],z[MN+5][2],mx[MN+5],mx2[MN+5],ans; inline void ins(int x,int y,int w) { e[++en]=(edge){h[x],y,w};h[x]=en; e[++en]=(edge){h[y],x,w};h[y]=en; } void dp(int x,int fa) { mx[x]=mx2[x]=-INF; for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nx)if((y=e[i].t)!=fa) { dp(y,x); z[y][0]=max(f[y][0],f[y][1]+e[i].w); z[y][1]=f[y][0]+e[i].w-z[y][0]; f[x][0]+=z[y][0]; if(z[y][1]>mx[x])mx2[x]=mx[x],mx[x]=z[y][1]; else if(z[y][1]>mx2[x])mx2[x]=z[y][1]; } f[x][1]=f[x][0]+mx[x]; } void dfs(int x,int fa) { ans=max(ans,f[x][0]); for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nx)if((y=e[i].t)!=fa) { f[x][0]-=z[y][0];f[x][1]-=z[y][0]; if(z[y][1]==mx[x])f[x][1]-=mx[x]-mx2[x]; int z0=max(f[x][0],f[x][1]+e[i].w),z1=f[x][0]+e[i].w-z0; f[y][0]+=z0;f[y][1]+=z0; if(z1>mx[y])f[y][1]+=z1-mx[y],mx2[y]=mx[y],mx[y]=z1; else if(z1>mx2[y])mx2[y]=z1; dfs(y,x); f[x][0]+=z[y][0];f[x][1]+=z[y][0]; if(z[y][1]==mx[x])f[x][1]+=mx[x]-mx2[x]; } } int main() { freopen("beads.in","r",stdin); freopen("beads.out","w",stdout); int n=read(),i,x,y; for(i=1;i<n;++i)x=read(),y=read(),ins(x,y,read()); dp(1,0);dfs(1,0); printf("%d",ans); fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
