SNOI2019 选做
施工中。。。
d1t1 字符串
考虑两个字符串 \(s_i,s_j(i<j)\) ，实质是 \(s[i+1,\dots j]\) 和 \(s[i,\dots ,j-1]\) 的字符串字典序比较。我们可以对于每个 \(i\) 从后往前线性维护出 \(j>i,s_j\neq s_{j+1}\) 的最小的 \(j\) 和 \(s_j,s_{j+1}\) 大小关系。这样比较两个字符串大小我们就能很容易的判两段字符串是否相等和它们的大小关系。排序即可。复杂度 \(O(n\log n)\) 。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
char s[N];
int comp[N],fst[N],id[N];
bool cmp(int x, int y)
{
if(x<y)
{
if(fst[x]>=y) return true;
else return comp[x];
}
else
{
if(fst[y]>=x) return false;
else return !comp[y];
}
}
int main()
{
int n;
scanf("%d%s",&n,s+1);
fst[n]=n;
for(int i=n-1;i;--i)
if(s[i]!=s[i+1]) fst[i]=i,comp[i]=(s[i+1]<s[i]);
else fst[i]=fst[i+1],comp[i]=comp[i+1];
for(int i=1;i<=n;++i) id[i]=i;
sort(id+1,id+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",id[i]);
}
d1t2 数论
枚举 \(a_i\) ，考虑 \(kp+a_i \pmod q\rightarrow (k+1)p+a_i \pmod q\) 一定形成一个环。所以问题转化为给你若干个环，每个环上有若干个关键点，对于每个 \(a_i\) ， 在对应环上面跑 \(\frac{T-a_i}{p}\) （上取整）步能走到多少个关键点。随便维护一下即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace io {
const int SIZE=(1<<21)+1;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT,c; int qr;
#define gc()(iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),(iS==iT?EOF:*iS++)):*iS++)
inline ll gi (){
ll x=0;
for(c=gc();c<'0'||c>'9';c=gc());
for(;c<='9'&&c>='0';c=gc()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15); return x;
}
} using io::gi;
const int N=1e6+5;
int p,q,n,m,a[N],b[N],sum[N],size[N],mn[N],id,bel[N],xid[N];
vector<int> s[N];
ll t,ans;
int main()
{
p=gi(),q=gi(),n=gi(),m=gi(),t=gi();
if(p>q)
{
for(int i=1;i<=n;++i) ++b[gi()];
for(int i=1;i<=m;++i) a[i]=gi();
swap(n,m),swap(p,q);
}
else
{
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=gi();
for(int i=1;i<=m;++i) ++b[gi()];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(bel[a[i]]) continue;
mn[++id]=1<<30;
for(int j=a[i];!bel[j];j=(j+p)%q)
{
bel[j]=id;
sum[id]+=b[j];
s[id].push_back(sum[id]);
++size[id],xid[j]=size[id];
mn[id]=min(mn[id],j);
}
for(int j=a[i],k=1,x=sum[id];k<=size[id];j=(j+p)%q,++k)
{
x+=b[j];
s[id].push_back(x);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
const int d=bel[a[i]];
const ll g=(t-a[i]-1)/p+1;
const ll f=g/size[d],y=g%size[d];
const int id1=(xid[a[i]]==1?size[d]:xid[a[i]]-1);
ans+=f*sum[d]+s[d][id1+y-1]-s[d][id1-1];
}
printf("%lld",ans);
}
d1t3 通信
一眼网络流。暴力建图相信都会。
注意到权值和位置有关，考虑用分治优化建图。对于区间 \([l,r]\) ，我们考虑 \([mid+1,r]\) 内的点向 \([l,mid]\) 内的点连接。我们将 \([l,r]\) 内的点复制一份，按照位置排序后串成一条链。然后 \([mid+1,r]\) 的点由原图上的点连入， \([l,mid]\) 的点连出即可。这样点数和边数都是 \(O(n\log n)\) 级别的。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200005,inf=1<<30;
int a[N],head[N],nxt[N],to[N],wei[N],cost[N],tot=1,n,w,s,t,now,q[N*3];
bool vis[N];
ll dis[N],ans;
void addedge(int u, int v, int w, int c)
{
nxt[++tot]=head[u], head[u]=tot, to[tot]=v, wei[tot]=w, cost[tot]=c;
nxt[++tot]=head[v], head[v]=tot, to[tot]=u, wei[tot]=0, cost[tot]=-c;
}
bool spfa()
{
memset(vis,false,sizeof(int)*(now+1));
memset(dis,0x3f,sizeof(ll)*(now+1));
int l=0,r=0;
q[0]=t,dis[t]=0;
while(l<=r)
{
int u=q[l++]; vis[u]=false;
for(int e=head[u];e;e=nxt[e])
if(wei[e^1]&&dis[to[e]]>dis[u]-cost[e])
{
dis[to[e]]=dis[u]-cost[e];
if(!vis[to[e]]) vis[to[e]]=true,q[++r]=to[e];
}
}
return dis[s]!=dis[0];
}
int dfs(int u, int mx)
{
vis[u]=true;
if(u==t) return mx;
int l=mx;
for(int e=head[u];l&&e;e=nxt[e])
if(!vis[to[e]]&&wei[e]>0&&dis[to[e]]==dis[u]-cost[e])
{
int f=dfs(to[e],min(l,wei[e]));
ans+=1ll*f*cost[e];
l-=f,wei[e]-=f,wei[e^1]+=f;
}
return mx-l;
}
int tmp[N];
void solve(int l, int r)
{
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
solve(l,mid),solve(mid+1,r);
int t=0;
for(int i=l;i<=r;++i) tmp[++t]=a[i];
sort(tmp+1,tmp+1+t);
for(int i=2;i<=t;++i)
{
addedge(now+i,now+i-1,inf,tmp[i]-tmp[i-1]);
addedge(now+i-1,now+i,inf,tmp[i]-tmp[i-1]);
}
for(int i=l;i<=mid;++i)
{
int x=lower_bound(tmp+1,tmp+t+1,a[i])-tmp;
addedge(now+x,i+n,1,0);
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i)
{
int x=lower_bound(tmp+1,tmp+t+1,a[i])-tmp;
addedge(i,now+x,1,0);
}
now+=t;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&w);
s=2*n+1,t=now=s+1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&a[i]);
addedge(s,i,1,0);
addedge(i,t,1,w);
addedge(i+n,t,1,0);
}
solve(1,n);
while(spfa())
do {
memset(vis,false,sizeof(vis));
dfs(s,inf);
} while(vis[t]);
printf("%lld",ans);
}
