2016.6.30模拟赛
T1
【题目来源】Codeforces Beta Round #72 Div1 E
【题解】
题目等价于最大化重叠长度。
最直接的想法，由于重叠部分只和后面$20$个字符有关，用$f(i,s1,s2)$表示考虑了前$i$个字符串，一个序列的最后$20$个点为$s1$,另一个序列最后$20$个点为$s2$.
这样很好转移，但是状态数是$2^{40}n$，无法接受。
我们注意到每个串长度相同，所以$s1,s2$一定是某个字符串，所以可以用$1..n$来代替$s1$， 这样状态数变为$n^3$。
再注意到，$i$这个点一定是某一个序列的结尾，所以只用$f(i,j)$表示即可，其中$j$表示另一个序列的结尾位置。这样状态数变为$n^2$。
状态数已经很优了，我们来优化一下转移。
转移方程：
$$f(i+1,j) = f(i,j) + calc(i,i+1) (j<i)$$
$$f(i+1,i) = \max \{f(i,k) + calc(k, i+1) (k<i) \} $$
第一种转移每个状态加上了相同的量，所以记录一个全局tag即可，第二个转移需要我们花$O(n)$的时间枚举，但我们注意到$calc(k,i+1）$最多只有$20$种可能，可以来枚举这个。当$d = calc(k, i+1)$确定之后，我们就要找一个字符串他的后$d$个字符与$i+1$的前$d$个字符相同，并且它的dp值最大，这样我们就可以维护$g(i,s)$表示后$i$位为$s$前面不定的最大dp值，这样就可以$O(20)$算出第二种转移。更新的时候我们也只需要花$O(20)$的时间去更新f就行了。时间复杂度$O(20n)$
最后，我们需要用$2^{20}$在最终的$g$里枚举一下，这也是可以接受的。
【code】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200000 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
int f[21][1 << 20], a[N], n, L;
int front(int x, int i) {
return x >> (L - i);
}
int back(int x, int i) {
return x & ((1 << i) - 1);
}
void input() {
scanf("%d", &n);
char s[99];
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%s", s);
for(int j = 0; s[j]; j++) {
(a[i] <<= 1) |= s[j] - '0';
}
}
L = strlen(s);
}
int calc(int x, int y) {
for(int i = L; i >= 0; i--) {
if(back(x, i) == front(y, i)) return i;
}
abort();
}
void maxit(int &x, int y) {
if(x < y) x = y;
}
void solve() {
int tag = 0;
memset(f, -0x3f, sizeof f);
for(int i = 1; i < n; i++) {
int res = tag; // [0,i-1]构成子序列
for(int j = 0; j <= L; j++) {
maxit(res, j + f[j][front(a[i], j)] + tag);
}
tag += calc(a[i-1], a[i]);
res -= tag;
for(int j = 0; j <= L; j++) {
maxit(f[j][back(a[i-1], j)], res);
}
}
int ans = 0;//这里来考虑有一个序列为空的情况
for(int i = 0; i < (1 << L); i++) {
maxit(ans, f[L][i]);
}
printf("%d\n", n * L - (ans + tag));
}
int main() {
freopen("string.in", "r", stdin);
freopen("string.out", "w", stdout);
input();
solve();
return 0;
}
T2
【题目来源】Codeforces Abbyy Cup 2.0-Final B
【题意】
【题解】注意认真看题，能不能传递并不是由$i$决定的，而是由$j$决定的，所以要把$a$反过来读。
然后就很简单了，注意到如果从$s$能够走到$t$，那么对于$\forall s < p < t$，$s$都能够走到$t$。
所以倍长序列以后，求每个点最远能走到哪就可以了。
如果走一步，显然是走到$i + a[i]$这个位置。
如果走两步呢？那么会走到所有$j \in [i,i+a[i]]$里$j+a[j]$最大的点，设为$f(i)$
如果走三步呢？那么会走到所有$j \in [i,i+a[i]]$里$f(j)$最大的点。
于是，这样就可以倍增了。
对于一个起点，可以在$O(n \log n)$的时间里求出走到终点需要几步。
【notice】认真读题。。
【code】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500000 + 10, INF = 1 << 29;
int a[N], n, rgt[N];
int f[20][N];
typedef pair<int, int> pii;
#define FI first
#define SE second
struct SegmentTree {
pii da[N * 4];
#define mid ((l + r) >> 1)
#define ls s << 1, l, mid
#define rs s << 1 | 1, mid + 1, r
void modify(int s, int l, int r, int p, const pii &x) {
if(l == r) return da[s] = x, void();
if(p <= mid) modify(ls, p, x);
else modify(rs, p, x);
da[s] = max(da[s << 1], da[s << 1 | 1]);
}
pii query(int s, int l, int r, int L, int R){
if(L <= l && r <= R) return da[s];
pii res(0, 0);
if(L <= mid) res = max(res, query(ls, L, R));
if(mid < R) res = max(res, query(rs, L, R));
return res;
}
} seg;
int logn = 19;
int calc(int s) {
int t = s + n - 1, ans = 2;
if(rgt[s] >= t) return 1;
for(int i = logn; i >= 0; i--) {
if(rgt[f[i][s]] < t) {
ans += 1 << i;
s = f[i][s];
}
}
return ans;
}
int main() {
freopen("sequence.in", "r", stdin);
freopen("sequence.out", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
for(int i = n; i >= 1; i--) {
scanf("%d", a + i);
}
for(int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
if(i > n) a[i] = a[i - n];
rgt[i] = min(n << 1, i + a[i]);
}
for(int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
seg.modify(1, 1, n << 1, i, pii(rgt[i], i));
}
for(int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
f[0][i] = seg.query(1, 1, n << 1, i, rgt[i]).SE;
}
for(int i = 1; i <= logn; i++) {
for(int j = 1; j <= (n << 1); j++) {
f[i][j] = f[i-1][f[i-1][j]];
}
}
/*
for(int i = 0; i <= logn; i++) {
printf("%d : ", i);
for(int j = 1; j <= (n << 1); j++) {
printf("%d%c", f[i][j], " \n"[j == (n<<1)]);
}
}
*/
long long ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans += calc(i);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
T3
提交答案题。
旅行商问题，直接贪心走就能A了。。
