一轮集训DAY5测试结题报告及问题反思
一轮集训DAY5测试结题报告及问题反思
首先声明，作者菜鸡一个，如有错误欢迎指出。
Secret Message 秘密信息
读题，会发现题目就让球两个玩意：1. 给定字符串，求其是多少个字符串的前缀。2.给定字符串，求其有多少个字符串是他的前缀。
这两个玩意，第一个可以维护 \(siz\)，查询后加上就是。第二个可以维护\(ed\)，查询时边走边加就是。注意最后的时候siz和ed算重得减。
#define N 505005
int t[N<<2][2],ed[N<<2],siz[N<<2],cnt=1,n,m;
char c[105005];
void insert(char a[],int len){
int p=1;
for(int i=1;i<=len;i++){
int x=a[i]-'0';
if(!t[p][x])t[p][x]=++cnt;
p=t[p][x];
siz[p]++;
}
ed[p]++;
}
int find(char a[],int len){
int p=1,ans=0;
for(int i=1;i<=len;i++){
int x=a[i]-'0';
if(!t[p][x])return ans;
p=t[p][x];
ans+=ed[p];
}
ans+=siz[p]-ed[p];
return ans;
}
int main(){
//freopen("secret.in","r",stdin);
//freopen("secret.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
int k;cin>>k;
for(int j=1;j<=k;j++)cin>>c[j];
insert(c,k);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int k;cin>>k;
for(int j=1;j<=k;j++)cin>>c[j];
cout<<find(c,k)<<"\n";
}
return 0;
}
子序列
Magic简化版，套路地运用异或前缀和，设\(S_i=a_1\oplus a_2\oplus …\oplus a_i\)
然后问题化为：求满足\(s_i\oplus s_j\ge k\)的数对数量。
显然枚举一个\(s_i\)，再设计函数solve(s,t)表示对于\(s\)计算\(s\oplus S_i\ge t\)的数对数量。
设\(s,t\)的二进制表示分别为\((b_k,b_{k-1}…b_1),(c_k,c_{k-1}…c_1)\)
对于答案的计算，可以将其分为两部分：可以在当前位解决的和留在后续解决的。
则我们设指针\(p\)从\(k\)遍历到\(1\)，按位统计贡献，将这个过程看作我们不断填数的过程，设所填数为\(x\)，其二进制表示为\((d_k,d_{k-1}…d_1)\)
分类讨论：
- \(b_p=1,c_p=1\)。此时，我们若想要保持\(x\oplus s>t\)的可能，就需要让\(x\oplus s\)的第\(p\)位为1，也即我们填上\(d_p=0\)，此时我们无法计算出答案
- \(b_p=0,c_p=1\)，类比情况一，填上\(d_p=1\)
- \(b_p=1,c_p=0\)，此时我们将\(d_p\)填为\(1/0\)，当填为\(0\)时，第\(p-1\sim 1\)位无论填什么都可以对答案产生贡献，所以直接累加上\(siz[t[p][0]]\)的贡献并将\(d_p\)填为\(1\)即可。
- \(b_p=0,c_p=0\)，类比情况三，可以得到算上\(siz[t[p][1]]\)的贡献然后将\(d_p\)填为0即可。
Code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 5050500
#define int long long
int t[N<<2][2],siz[N<<2],n,m,cnt=1,s[N<<1],ans;
void insert(int k){
int p=1;
for(int i=54;i>=0;--i){
int x=(k>>i)&1;
if(!t[p][x])t[p][x]=++cnt;
p=t[p][x];
siz[p]++;
}
return ;
}
int find(int s,int tt){
int ans=0,p=1;
for(int i=54;i>=0;--i){
if(!p)return ans;
int x=(s>>i)&1,y=(tt>>i)&1;
if(!y){
ans+=siz[t[p][x^1]];
p=t[p][x];
}
else {
p=t[p][x^1];
}
}
return ans;
}
void read(int &x){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||'0'>ch){
if(ch=='-')w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&'9'>=ch){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
x=s*w;
return ;
}
signed main(){
//freopen("subsequence.in","r",stdin);
//freopen("subsequence.out","w",stdout);
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++)read(s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)s[i]^=s[i-1];
insert(0);
for(int i=1;i<=n;i++)insert(s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=find(s[i],m-1);
}
ans+=find(0,m-1);
cout<<ans/2;
return 0;
}
播放列表
首先明确一个性质：设\(ans_i\)表示从\(i\)开始听，最后一首歌的序号，对于\(ans_i,ans_{i+1}\)，如果\(a_i\le a_{i+1}\)，则\(ans_i=ans_{i+1}\)
很显然的对吧。
那么，就可以求出所有的\(a_i>a_{i+1},ans_{i}\)的答案，就可以算出了。
所以可以设\(f_i\)表示\(ans_i=ans_{f_i}\)且\(f_i\)是满足要求的最小的。
那么维护一个单调队列搞最大值，不满足要求的就出队，然后\(ans[q[h]]=i\)即可。
接着，我们再将\(i\)插入队列，插入过程中，由于小于\(a_i\)而出队的\(q[t]\)，就满足我们上述说的\(f\)的意义，也即\(f[q[t]]=i\)。
所以代码非常简洁。需要注意的是，由于需要跑两圈，所以应该复制为三倍。
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
a[i+n]=a[i+n+n]=a[i];
ans[i+n]=ans[i+n+n]=ans[i]=-1;
}
for(int i=1;i<=3*n;i++){
while(h<=t&&a[q[h]]>a[i]*2)ans[q[h++]]=i;
while(h<=t&&a[q[t]]<=a[i])f[q[t]]=i,t--;
q[++t]=i;
}
for(int i=3*n;i;--i)if(f[i])ans[i]=ans[f[i]];
for(int i=1;i<=n;i++){ans[i]-=i;if(ans[i]<0)ans[i]=-1;}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<" ";
特别行动队
板子题，划分区间。
设\(f_i\)表示前\(i\)个人组队的最大值，容易得到：
按照斜率优化套路，整理式子，提出仅含\(i\)的项，比较决策\(j,k\)，得到：
\(f_j+as_j^2-2as_is_j-bs_j>f_k+as_k^2-2as_is_k-bs_k\)
稍微整理，设\(Y(n)=f_n+as_n^2-bs_n,X(n)=2s_j\)
可以得到：
注意到\(as_i\)递减，\(X\)递增，是大于号，使用单调队列维护上凸壳，更新答案即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1006060
#define int long long
int q[N],h=1,t=1,n,m,a,b,c,s[N],f[N];
int X(int x){
return 2*s[x];
}
int Y(int x){
return f[x]+a*s[x]*s[x]-b*s[x];
}
int up(int i,int j){
return Y(i)-Y(j);
}
int down(int i,int j){
return X(i)-X(j);
}
long double slope(int i,int j){
return down(i,j)==0?1e18:1.0*up(i,j)/down(i,j);
}
void get(int i,int j){
// cout<<i<<" "<<j<<endl;
f[i]=f[j]+a*(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+b*(s[i]-s[j])+c;
}
void read(int &x){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||'0'>ch){
if(ch=='-')w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&'9'>=ch){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
x=s*w;
}
signed main(){
//freopen("special.in","r",stdin);
//freopen("special.out","w",stdout);
read(n),read(a),read(b),read(c);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=-0x3f3f3f3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++)read(s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++){
while(h<t&&slope(q[h],q[h+1])>=1.0*a*s[i])h++;
get(i,q[h]);
while(h<t&&slope(q[t],q[t-1])<=slope(i,q[t]))t--;
q[++t]=i;
}
cout<<f[n];
return 0;
}
CF631E
首先，设\(S=\sum_{i=1}^na_i\times i\)，我们仅仅需要考虑变化量，并且将其最大化。
设\(s_i=\sum_{k=1}^ia_k\)
所以，分类讨论。
第一个情况，\(i\)移动到\(j\)的后面，且\(j<i\)，这时候的贡献变化为：\(-i\times a_i+(j+1)\times a_i+s_{i}-s_{j}-a_i\)
第二个情况，\(i\)移动到\(j\)的后面，且\(j>i\)，这时候的贡献变化为：\(-i\times a_i+(j+1)\times a_i-s_j+s_{i}-a_i\)
二者等价，都为：\((j-i)\times a_i+s_i-s_j\)
所以，设\(f_i\)表示将第\(i\)个数进行移动，可以增加的最大权值，可以得到：
套路：比较决策\(j>k\)，\(j\)优于\(k\)，得到：
进行移项，变式，设\(Y(n)=s_n,X(n)=n\)
则
小于号，下凸壳。
需要注意的是，\(a_i\)不具备单调性，故需要二分处理。
而在此题中有特殊情况，也即所有的\(j\)都可以对\(i\)产生贡献，故我们不妨先将所有的\(j\)插入凸壳里，然后对于每一个\(a_i\)进行处理。
这里有两种处理方式，第一种是对\(a_i\)进行排序，使用单调队列进行维护，第二种是直接进行二分，问题都不大。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500500
#define int long long
int n,f[N],g[N],q[N],s[N],h=1,t=1,a[N],S;
int Y(int x){
return s[x];
}
int X(int x){
return x;
}
int up(int i,int j){
return Y(i)-Y(j);
}
int down(int i,int j){
return X(i)-X(j);
}
long double slope(int i,int j){
return down(i,j)==0?1e18:1.0*up(i,j)/down(i,j);
}
void get1(int i,int j){
// cout<
f[i]=s[i]-s[j]+(j-i)*a[i];
}
void read(int &x){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||'0'>ch){
if(ch=='-')w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&'9'>=ch){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
x=s*w;
}
inline int find (int val){//二分找斜率
int L=h+1, R=t, cur=1;
while(L<=R){
int mid=(L+R)>>1;
if(slope(q[mid],q[mid-1])<=1.0*val)L=mid+1,cur=mid;//注意这个二分别挂掉了。
else R=mid-1;
}
return q[cur];
}
signed main(){
//freopen("maxweight.in","r",stdin);
//freopen("maxweight.out","w",stdout);
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)S+=a[i]*i,s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
while(h<t&&slope(i,q[t])<=slope(q[t],q[t-1]))--t;//下凸壳，斜率递减
q[++t]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
get1(i,find(a[i]));
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i]);
cout<<S+ans;
return 0;
}
总结
事实上，在本次测试中，鄙人呈现出以下错误：
-
粗心大意，T2并未注意到答案需要
long long,100->15 -
盲目自信，在调试T5时对自己推的式子过于自信，导致调试1h+无果，事实上下来重新推一次式子轻松AC
-
转化能力弱，思维能力弱，需要加强，在T3并未发现性质，导致对于自己的单调队列做法过分怀疑，只打了暴力
解决方案：
- 每次考试预留10min左右时间检查答案是否爆int，数组大小是否不当，函数返回值是否没写，能否通过编译，使用函数的头文件是否写上去了，是否存在越界风险和除0，
- 在检查代码无问题后，若无果，需要对思路重新进行梳理
- 多练题，独立思考
- 每次对拍必须搞几组极限数据
