[考试反思]0223省选模拟29：驻足

 

 

 

时间安排？

看半小时题，修半小时电脑，想半小时题，修半小时路由器，码半小时$T1$，尝试连半小时的网，再研究一小时左右的题，最后的时间在断网中度过。

也就匀活着这场考试就考了两个小时半。能拿这分，实属数据水。

其实$T2$写的不是正解但是也想到了正解，然而时间并不够打于是没有写。

$T3$正解的思路打了一部分，然后最后写的暴力，然而样例稍水，一个细节挂掉了然后就炸没了。

题目类型比较对口味，可能也是比较简单，也就没什么好说的。

 

T1：circle

大意：竞赛图，给出$k$个点，保证其余所有点形成的是无环的，求最少删几个不是被给出的点能使剩余的图无环。$n,k \le 2000$

竞赛图的优美性质啊。

首先考虑$n-k$个点，它们是个子竞赛图，然而没有环，那么它们的边是有传递性的，有唯一拓扑序，也就是度数排序。

因为剩下的$k$个点不能删而它们也是子竞赛图，所以为了让它们没有环，它们也可以排序。如果不是，那么无解。

所以现在我们有两个有序序列，问最少在其中一个删去几个后能保证它们依然有序。

我们把边当作大小关系，那么我们从小到大考虑$n-k$个点，设之为$q$。对于$k$序列中的点$p_1<p_2$如果有$p_1>q,p_2<q$那么$q$一定会被删除。

所以因为$k$序列一定有序，我们可以找到一个分界点，分界点以前都是小于，之后都是大于。

然后对于$n-k$序列里的点我们从小到大考虑，它的分界点必须严格不降，否则也会矛盾。

所以就是一个$LIS$咯。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 2222
int n,k,e[S][S],deg[S],ks[S],ik[S],jd[S],nks[S],dp[S];
int main(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)scanf("%d",&e[i][j]);
    for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d",&ks[i]),ik[ks[i]]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)deg[j]+=(ik[i]==ik[j])*e[i][j];
    sort(ks+1,ks+1+k,[](int a,int b){return deg[a]<deg[b];});
    for(int i=1;i<=k;++i)if(deg[ks[i]]!=i-1)return puts("impossible"),0;
    for(int i=1,c=0;i<=n;++i)if(!ik[i])nks[++c]=i;
    sort(nks+1,nks+n-k+1,[](int a,int b){return deg[a]<deg[b];});
    for(int i=1;i<=n-k;++i){int p=nks[i];jd[i]=1;
        for(int j=1;j<=k;++j)if(e[ks[j]][p])jd[i]=j+1;else break;
        for(int j=jd[i];j<=k;++j)if(e[ks[j]][p]){jd[i]=0;break;}
        dp[i]=jd[i]?1:0;
    }
    for(int i=1;i<=n-k;++i)if(jd[i])for(int j=1;j<i;++j)if(jd[i]>=jd[j])dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
    int mx=0; for(int i=1;i<=n-k;++i)mx=max(mx,dp[i]);
    mx=n-mx-k; if(mx<k)printf("%d",mx);else puts("impossible");
}

 

T2：生成膜咒

大意：动态在末尾插入一个字符，每次插入后询问所有子串中，对应的fail树上所有点的深度。$n \le 200000$

$fail$是个鬼嘞。就是$border$个数嘛。

我们插入一个字符，产生的影响就是要计算所有的后缀。

而我们发现每个后缀去掉最后一个字符后，它们就是上一次插入字符时所有的后缀。

那么我们这次新产生的贡献就等于上次产生的贡献+所有后缀的最后一个字符的贡献。

所有后缀的$border$。那但凡出现了两次或更多就都可以作为$border$。不论位置。

除了最新刚刚出现的这一次，那么每出现一次就有$1$贡献。

就是$endpos$大小啊。。。新的贡献就是新节点的祖先链$|endpos_p|(len_p -len_{fa})$

链$endpos$加。链带权求和。

暴跳父亲显然可以但是复杂度当然也不对。

出题人并不毒瘤所以这题没有在线，于是可以树剖提前处理树结构。

如果要在线的话$LCT$维护$endpos$也不知道写过多少次了。

然而今天下午有点事，并没有补。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 555555
#define mod 1000000007
int f[S],c[S][27],len[S],ep[S],pc=1,lst=1,n,ans,delta;char s[S];
void insert(int C){
    int p=lst,np=lst=++pc,q,nq;len[np]=len[p]+1;
    for(;p&&!c[p][C];p=f[p])c[p][C]=np;
    if(!p){f[np]=1;goto E;}
    if(len[q=c[p][C]]==len[p]+1){f[np]=q;goto E;}
    nq=++pc;len[nq]=len[p]+1;f[nq]=f[q];f[q]=f[np]=nq;ep[nq]=ep[q];
    for(int i=0;i<26;++i)c[nq][i]=c[q][i];
    for(;c[p][C]==q;p=f[p])c[p][C]=nq;
    E:for(;np;np=f[np])ep[np]++,delta=(delta+(ep[np]-1ll)*(len[np]-len[f[np]]))%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)insert(s[i]-'a'),printf("%d\n",(ans+=delta)%=mod);
}

 

T3：simulate

大意：给一个$012$串，每一轮把所有大于等于$2$的位置$-2$，然后其两侧$+1$，（下标小于$1$或大于$n$则不变）。求不断操作后最终的序列。$n\le 2 \times 10^7$

$nc$哥说这题是傻逼模拟稍加优化。我太菜了完全想不到i怎么稍加优化。。。

所谓的轮肯定是来束缚你的。操作顺序显然对答案没有影响。

从前往后考虑，保证扫到的位置前面都是$0/1$。

对于当前位置进行操作，发现就是把前面最近的一个$0$拉近$1$的距离，并把当前数$-1$后面数$+1$

特别的如果前面就是一个$0$那么就是当前位$-2$，前面的$0$消失，后面$+1$

用栈存$0$的位置，注意下标$0$处有无穷无尽个$0$。然后实现这个过程。。

我也不知道这题想考什么但是我的确就是没有想到。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 21111111
int a[S],n,sta[S],top=1,ins[S];char s[S];
int main(){
    scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=s[i]^48;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(a[i]>=2){
            if(!top)sta[top=1]=0;
            int t=min(a[i]-1,i-sta[top]-1);
            if(sta[top]!=i-1)sta[top]+=t,a[i+1]+=t,a[i]-=t;
            else a[i]-=2,top--,a[i+1]++;
        }if(!a[i])sta[++top]=i;
    }for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=1;for(int i=1;i<=top;++i)a[sta[i]]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)s[i]='0'+a[i];puts(s+1);
}