7.16复习笔记
今天就不算是复习笔记了吧，因为也没有具体的讲解，不过对于这些我确实没什么想说的
因为下午调题调的比较嗨，所以就把一些比较简单的都放到了今天统一写了一下
一、AC自动机
一些经典的问题：
-
求各个模式串在文本串中出现了几次：
方法： 在AC自动机上先跑一边文本串，记录一下每个点被经过的次数，那么单词被经过的次数就是他的结尾在fail树中的子树的权值和
-
找是否有一个匹配不上匹配串的环：
方法： 把所有能匹配上匹配串的节点匹配记录下来，dfs从跟开始走所有我可以走的点，如果我走到了一个之前走过的点就说明出环了
实现： 一边调用fail一边更新当前点是否能走，因为fail记录的是前缀等于后缀，后缀深度一定比前缀大，所以fail一定在之前就走过了
-
求\(n\)个串总共出现\(m\)次的最短长度
方法： 求两两单词结尾之间的最短距离，初始矩阵\(a_{i,j}\)表示结尾\(i\)和结尾\(j\)之间不经过其他结尾的最短距离，矩阵快速幂\(m-1\)次
更新成\(a_{i,j}\)表示结尾\(i\)到结尾\(j\)之间经过其他\(m-2\)个结尾的最小距离，现在总共经过了\(m\)个单词结尾，再加上第一个单词的长度，就是最短长度，一共\(nm\)种情况取最小的一种
-
每次删掉文本串中的最早出现的模式串，剩下的字符继续拼在一起
方法： 跑AC自动机，模拟栈，发现匹配到一个单词，把属于这个单词的字符全部弹出，继续从之前匹配的位置继续往下找
int tot = 1;
void getTrie(char s){
int root = 1,len = strlen(s+1);
for (int i = 1;i <= len;i++){
int nxt = s[i]-'a';
if (!ch[root][i]) ch[root][i] = ++tot;
root = ch[root][i];
}
}
void getFail(){
queue<int> q;q.push(1);
for (int i = 0;i < 26;i+++) ch[0][i] = 1;
while (!q.empty()){
int root = q.front();q.pop();
for (int i = 0;i < 26;i++){
if (!ch[root][i]) ch[root][i] = ch[fail[root]][i];
else{
fail[ch[root][i]] = ch[fail[root]][i];
q.push(ch[root][i]);
}
}
}
}
二、tarjan 2-SAT
注意我连边的时候一定是xxx时一定yyy的时候，让xxx向yyy连边
tajan染色后方案为编号小的那一个
void tarjan(int x){
dfn[x] = low[x] = ++cnt;
st[++top] = x;
for (int i = head[x];i;i = ed[i].nxt){
int to = ed[i].to;
if (!dfn[to]){
tarjan(to);
low[x] = min(low[x],low[to]);
}
else if (!col[to]) low[x] = min(low[x],dfn[to]);
}
if (dfn[x] == low[x]){
int y;++color;
while (y = st[top--]){
col[y] = color;
if (x == y) break;
}
}
}
割点 ：在一个无向图中，如果删除某个顶点，这个图就不再连通（任意两点之间无法相互到达），那么这个顶点就是这个图的割点。
割边（桥）：在一个无向图中删除某条边后，图不再连通，那么这条边就是这个图的割边（也叫作桥）
求法：
- 割点: 一个顶点\(x\)是割点，当且仅当满足：
-
\(x\)为树根，且\(x\)有多于一个子树。
-
\(x\)不为树根，且满足\(x\)为\(to\)在搜索树中的父亲,并使得\(low_{to}\le dfn_x\).（因为删去\(x\)后\(to\)以及\(to\)的子树不能到达\(x\)的其他子树以及祖先）
code:
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
int read(){
int x = 1,a = 0;char ch = getchar();
while (ch < '0'||ch > '9'){if (ch == '-') x = -1;ch = getchar();}
while (ch >= '0'&&ch <= '9'){a = a*10+ch-'0';ch = getchar();}
return x*a;
}
const int maxn = 1e5+10;
int n,m;
struct node{
int to,next;
}ed[maxn*2];
int head[maxn*2],tot;
void add(int u,int to){
ed[++tot].to = to;
ed[tot].next = head[u];
head[u] = tot;
}
int dfn[maxn],low[maxn],flag[maxn],cnt,child;
void tarjan(int x,int fa){
dfn[x] = low[x] = ++cnt;
for (int i = head[x];i;i = ed[i].next){
int to = ed[i].to;
if (!dfn[to]){
tarjan(to,fa);
low[x] = min(low[x],low[to]);
if (low[to] >= dfn[x]&&x != fa) flag[x] = 1;
if (x == fa) child++;
}
low[x] = min(low[x],dfn[to]);
}
if (child >= 2&&x == fa) flag[x] = 1;
}
int main(){
n = read(),m = read();
for (int i = 1;i <= m;i++){
int x = read(),y = read();
add(x,y),add(y,x);
}
for (int i = 1;i <= n;i++){
if (!dfn[i]) child = 0,tarjan(i,i);
}
int tot = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++){
if (flag[i]) tot++;
}
printf("%d\n",tot);
for (int i = 1;i <= n;i++){
if (flag[i]) printf("%d ",i);
}
return 0;
}
- 割边：
-
一条无向边\((x,to)\)是桥，满足\(low_{to}>dfn_x\).（因为\(to\)想要到达\(x\)的父亲必须经过\((x,to)\)这条边，所以删去这条边图不连通）
-
实现时因为是无向图，建反边两条边都要标记上，边从\(1\)开始编号，正向边\(x\)的反向边就是\(x\)^\(1\)
code:
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
int read(){
int x = 1,a = 0;char ch = getchar();
while (ch < '0'||ch > '9'){if (ch == '-') x = -1;ch = getchar();}
while (ch >= '0'&&ch <= '9'){a = a*10+ch-'0';ch = getchar();}
return x*a;
}
const int maxn = 3e6+10;
int n,m;
struct node{
int to,next;
}ed[maxn*2];
int head[maxn*2],tot = 1;
void add(int u,int to){
ed[++tot].to = to;
ed[tot].next = head[u];
head[u] = tot;
}
int dfn[maxn],low[maxn],cnt,res;
int bridge[maxn];
void tarjan(int x, int fa) {
dfn[x] = low[x] = ++cnt;
for (int i = head[x];i;i = ed[i].next) {
int to = ed[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to, i);
low[x] = min(low[x],low[to]);
if (low[to] > dfn[x])
bridge[i] = bridge[i^1] = true;
}
else if (i != (fa^1)) low[x] = min(low[x],dfn[to]);
}
}
int main(){
n = read(),m = read();
for (int i = 1;i <= m;i++){
int u = read(),v = read();
add(u,v),add(v,u);
}
for (int i = 1;i <= n;i++){
if (!dfn[i]) tarjan(i,0);
}
int res = 0;
for (int i = 2; i < tot; i+=2)
if (bridge[i]) res++;
printf("%d\n",res);
return 0;
}
三、manacher
因为今天没有把NOI2020做完，所以把之后几天的复习计划提前了，毕竟计划做完了才能心安理得
解决回文串问题，其实不难发现在解决字符串问题的时候，我们通常都想要充分的利用之前处理过的信息
void manacher(){
for (int i = 1,r = 0,mid = 0;i <= cnt;i++){
if (i <= r) f[i] = min(f[(mid << 1)-i],r-i+1);
while (a[i-f[i]] == a[i+f[i]]) f[i]++;
if (f[i]+i > r) r = f[i]+i-1,mid = i;
}
}
四、Nim博弈SG函数
我觉得我之前写的博客就已经很详细啦，因为不涉及什么算法，就是打表找规律，这里就不总结了
五、欧拉函数
求不超过n且与n互质的正整数的个数
void Euler(){
for (int i = 2;i < n;i++){
if (!E[i]){
for (int j = i;j < n;j += i){
if (!E[j]) E[j] = j;
E[j] = E[j]/i*(i-1);
}
}
}
}
六、线性基
往线性基里插入一个数
void add(int x){
for (int i = 30;i >= 0;i--){
if (x&(1 << i)){
if (d[i]) x ^= d[i];
else{
d[i] = x;
break;
}
}
}
}
查询最大异或和
int getmax(){
int res = 0;
for (int i = 30;i >= 0;i--){
if (res^d[i] > d[i]) res ^= d[i];
}
return res;
}
查询k大异或和
void init(){
for (int i = 1;i <= 30;i++){
for (int j = 1;j <= i;j++){
if (d[i]&(1 << (j-1))) d[i] ^= d[j-1];
}
}
}
int kth(int k){
if (k == 1&&tot < n) return 0;
if (tot < n) k--;
if (pow(2,tot) <= k) retun -1;
init();
int ans = 0;
for (int i = 0;i <= 30;i++){
if (d[i]){
if (k&1) ans ^= d[i];
k >>= 1;
}
}
return ans;
}
