noip模拟7[匹配·回家·寿司]

这次考试状态好像还是没有回来，只拿了55pts，还全是第一题的功劳，就是一个小KMP，然后还让我给打错了

就很难受，while打成了if，然后wa掉45分考完立马拿回来了，悔死了，害

第二题爆零了，为什么？？问就是板子没背过，tarjan的割点，还有缩点（其实用不到，但是我也不会QWQ）

第三题也爆零了，为什么？？问就是我是大傻瓜，看到题u就想睡觉，困的眼都睁不开

俺也不知道为啥，这睡得越多越困，为啥啊，不知道

这次考试其实给了我很大的信心，让我不要见到题就跑，毕竟还是有简单题的哈哈哈

下次会考的更好

 T1匹配

 这就是一个小KMP，hash也行，好像比我KMP还快，真不知道为啥

害，就直接KMP就完事了，好像我还打假了，别人都比我快

人家都是直接ab串去匹配，我是aa自己匹配，然后哦拿着b在上面跑

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=1000005;
int T,la,lb;
char a[N],b[N],p[5];
int fail[N];
signed main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        memset(fail,0,sizeof(fail));
        scanf("%d%d",&la,&lb);
        scanf("%s",a+1);
        //for(re i=1;i<=la;i++)cout<<a[i]<<" ";
        for(re i=1;i<=lb;i++)b[i]=a[i];
        scanf("%s",p);
        b[++lb]=p[0];
        int j=0;
        for(re i=2;i<=la;i++){
            //cout<<j<<" ";
            if(a[j+1]!=a[i]&&j>0)j=fail[j];
            //cout<<j<<" ";
            if(a[j+1]==a[i])j++;
            //cout<<j<<endl;
            fail[i]=j;
        }
        j=0;int ans=0;
        for(re i=0;i<=lb;i++){
            while(b[i+1]!=a[j+1]&&j>0)j=fail[j];
            if(b[i+1]==a[j+1]&&j<la)j++;
            if(i+1==lb)ans=max(ans,j);
            //cout<<j<<" "<<a[j]<<endl;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

T2回家

要不是我考场上把板子给忘了，至于拿零分？？？？？？？

 这一看就能看出来是tarjan的割点的板子吧，可惜我忘了

然后 注意我们直接判断出来的割点并不是最终的必须经过的点

所以我们在判断割点的时候，加上一个判断，判断一下这个点能不能把n给割掉

就是定义一个pd数组

然后pd[n]=1;根据深搜的顺序向上转移

就行了，代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=400005;
int T,n,m;
int to[N*2],nxt[N*2],head[N],rp;
int dfn[N],low[N],cnt,cut[N];
bool pd[N];
int ans;
void add_edg(int x,int y){
    to[++rp]=y;
    nxt[rp]=head[x];
    head[x]=rp;
}
void dfs(int x){
    dfn[x]=low[x]=++cnt;
    for(re i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=to[i];
        if(!dfn[y]){
            dfs(y);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
            if(low[y]>=dfn[x])
                if(x!=1&&pd[y])
                    cut[x]=1,ans++;
            if(pd[y])pd[x]=1;
        }
        else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
}
signed main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        rp=0;
        //memset(low,0,sizeof(low));
        cnt=0;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(re i=1;i<=n;i++){
            cut[i]=0;pd[i]=0;
            dfn[i]=0;head[i]=0;
        }
        for(re i=1;i<=m;i++){
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            add_edg(x,y);
            add_edg(y,x);
        }
        pd[n]=1;
        ans=0;
        dfs(1);
        printf("%d\n",ans);
        for(re i=2;i<n;i++)
            if(cut[i])printf("%d ",i);
        printf("\n");
    }
}

T3寿司

 不说这个题是毒瘤题吧，反正就挺迷的，因为，要你统计最小步数，然后我第一时间就想到了区间dp

然后想到了石子合并，然后思路就断了，然后我就想睡觉，然后就完蛋了

首先我们看到这个题，我们很容易看出来，我们要找到一个断点，分割点是把这个环分割成一个链

就是把环状的问题转换成链状的问题

然后我们就可以枚举这个断点了，肯定每一种情况的移动都不会经过断点（显然的）

我们设只动R，因为在R动的同时，交换，B也会跟着一起动

我们还可以找到一个分界点，就是这个分界点两侧的R都不会向相反的方向移动

就是左边的去左边，右边的去右边

还可以看出来，每一个R 移动的步数就是min(l[i],r[i]);（l[i]为R左侧B的数量，r[i]为R右侧B的数量）

这样我们就成功的搞出了O(n²)的算法：直接枚举断点，然后O(n)计算每个R的min(l[i],r[i])，然后求和即可，最后再取个最小值，40pts

然后我就去搞了个优化，优化完还是40就很无奈，然后去找正解了（我用的O(nlogn)的，还有O(n)的，不过那个人的常数有亿点点大，比我慢了3000ms）

现在考虑原来的式子：(设tot0表示R的个数，tot1表示B的个数，l[i]+r[i]=tot1）

　　　　　　　　　　　　$  ans=\min\sum\limits_{i}^{tot_0}\min(l[i],r[i]) $

　　　　　　　$  ans=\min\sum\limits_{i}^{tot_0}\frac{l[i]+r[i]-\left | l[i]-r[i] \right | }{2} $

　　　　　　　$  ans=\min\sum\limits_{i}^{tot_0}\frac{tot_1-\left | l[i]-r[i] \right | }{2} $

　　　　　　　$  ans=sam+\max\sum\limits_{i}^{tot_0}\frac{\left | l[i]-r[i] \right | }{2} $(sam为tot₁*tot₀/2)

这时候，sam变成了定植，我们只需要去求后面的式子的最大值就行了

我们还要考虑由上一次向这一次转移，我们可以枚举这长度为n的区间的起点，直接在这个序列上枚举就可以了

从1～n，我们依次把第一个字符放到整个串的末尾，这样就模拟了，枚举每一个断点的过程

设x[i]=l[i]-r[i];

然后分类讨论，如果放的是R ，那么这个R的x[i]就变成tot1

　　　　　　　如果是B，那么每一个下x[i]都减去2

但是这里有一个非常恶心的地方，我们都知道正数减2，绝对值减小

负数减2，绝对值增加

但是如果是1的话，我们就要进行特判，不能操作，因为绝对值没变

所以我们将所有的x[i]加入到一个小根堆里，这样每次在堆首取得最小的正数，然后进行转移

你是不是在想，怎么对0进行操作，0我们把它放到负数中，因为它减2之后绝对值会增加

而且，关于如何对队列里的数进行操作，因为我们每一次转移都要对所有的x[i]-2，但是为了保证复杂度，我们有只能枚举堆头的几个值

所以我们用到一个变量seg，记录我们转移了几个B，这样我们每次将堆头与2*seg去比较，来判断是否弹出

然后记得转移R的时候，向队尾加入的是tot1+2*seg

然后这个题就愉快的解出来了，对于上面的解释可能有些模糊，所以可以先试着将队列全部弹出，-2后在push进去，然后再考虑我这个算法

代码

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
const int N=1000005;
int T,n;
char a[N];
int tot[2];//0 R   1 B
int l[N],r[N];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
signed main(){
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        while(!q.empty())q.pop();
        memset(tot,0,sizeof(tot));
        memset(l,0,sizeof(l));
        int sum=0,maxn=0,zh=0,fu=0;
        scanf("%s",a+1);
        n=strlen(a+1);
        for(re i=1;i<=n;i++){
            l[i]=l[i-1];
            if(a[i]=='R')tot[0]++;
            else tot[1]++,l[i]++;
        }
        for(re i=1;i<=n;i++){
            if(a[i]=='R'){
                r[i]=tot[1]-l[i];
                sum+=abs(l[i]-r[i]);
                if(l[i]-r[i]>0)q.push(l[i]-r[i]),zh++;
                else fu++;
            }
        }
        int seg=0;
        maxn=max(maxn,sum);
        for(re i=1;i<n;i++){
            if(a[i]=='B'){
                seg++;
                sum+=2*fu;
                while(!q.empty()){
                    if(q.top()-seg*2>0)break;
                    else if(q.top()-seg*2==0){
                        sum-=2;zh--;fu++;
                        q.pop();
                    }
                    else{
                        zh--;fu++;
                        q.pop();
                    }
                }
                sum-=2*zh;
                maxn=max(maxn,sum);
            }
            else{
                zh++;fu--;
                q.push(tot[1]+2*seg);
            }
            //cout<<i<<endl;
        }
        printf("%lld\n",(tot[1]*tot[0]-maxn)/2);
    }
}