过年至 2.18 的比赛补题

近期题选

2.16 联考

T1

下饭。

对着错的大样例虚空调错 1h，然后清了一下谷歌缓存，重新下载大样例。

下文记文中集合为 $G$。

$15pts$

看到出现次数，不难联想到 kmp。每次 kmp 的时间复杂度是 $O(|G|\times |S|+\sum _{P\in G}|P|)$ 的。总时间复杂度不难证明是 $O(q^{2}L$) 的，严重跑不满。所以实际上跑到了 $30pts$。

$50pts$

我们发现，每次 kmp 计算 $G$ 内每一个字符串的 border 数组是重复步骤。所以我们在将字符串加入集合时，就计算好 border。这样每次问询的时间复杂度就变成 $O(|S|+|T|)$。时间复杂度是 $O(qL)$。实际跑不满，所以不但可以过 $max\{q,L\}\le 20000$，甚至可以过若干 $max\{q,L\}\le 3\times {10}^5$ 的若干点。实际得分：$60pts$。

$100pts$

机房老哥拿 SAM 过了。/bx。

先考虑 lcp 有没有什么神秘做法。然后仔细思考一下，应该没有。

所以把所有串反转，将 lcp 转化为 lcs。

然后字符串题，我们考虑建 ACAM。

（认真学一下 ACAM 再滚回来写）

T2

获得了高达 $1pts$。myee 好会嘲讽人哦。

一看题解，前置知识部分不会，所以摆一下。

T3

36s 时限 /xia

50~55pts

问题显然可以转化为有多少个集合的 $[maxL,minR]$ 不为空区间。

写了个常数飞天的算法，但是没挂分。因为你往 set 里加就可以了。时间复杂度是 $O(nq\log q)$ 。实际复杂度偏大。过了 $[1,55]-[36,40]$ 的点。

如果拿线段树或者可删堆之类的维护，估计可以拿到 $[36,40]$ 的分数。

65~70pts

然后我们考虑 $n\le 3\times {10}^5,q\le 1000$。显然，有用的左右端点集合不超过 $2q$ 个。所以需要考虑的集合个数变成了 $min(2q,n)$ 个。拿上述算法维护即可。

90pts

只需要额外实现 $o=1$ 和 $o=2$ 的情况。

先考虑 $o=1$

考虑一个集合可能会在某个时刻以后变得不优秀，因为没有撤销操作，所以变得不优秀是不可逆的。（也即，只要变得不优秀了，就不会重新优秀了）所以每个集合不优秀的时间可以用时间轴线段树来维护。

具体的，维护一个时间轴线段树，来描述每个时间点处多出的操作，然后线段树上二分，用 BIT 统计答案即可。

$o=2$ 相当于 $o=1$ 的做法，但将时间轴倒置。

分块做法摆。

2.17 联考

T1

$m=0$ 的情况等价于求逆序对，下文记原逆序对数为 $A$，$p$ 的逆数组是 $p^{\prime }$（随 $b$ 的变化而变化）。

剩下除了暴力的部分分都不是很好拿。因为不会有人只是不会线段树。

考虑如何快速求 $f$。

我们先将问题转化为 $m=1$ ，且只求一组 $f$ 的情况。设 $g_x$ 为添加 $x$ 增加逆序对数量的最小值。这个东西显然可以快速用扫描线+线段树求出。

然后考虑求 $f(a[],S)$（但不保证 $m=1$），这样的话答案是 $A+\sum _{x\in S}{g}_x$。证明我会了但我懒得写了。

然后我们考虑如何统计答案。设 $h_x$ 表示 $x$ 位于 $b_{p_x^{\prime }}$ 和 $b_{p_{x+1}^{\prime }}$ 之间的 $g_x$（依然可以用线段树求出），这个东西会被统计 $\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-i+n}{n})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n}{n+1})$ 次。答案就是上式乘上 $\sum h_x$，加上选的方案数$\times A$ 的结果。

T2

在贪心以后，我们发现每一个庇护所对应的老鼠一定是一个区间，这样我们有了 dp 的条件。
剩下的牵扯决策单调性 dp。复习。

反正不管是写爆搜还是写随机化，都可以轻松拿到 $20pts$。如果能意识到上述的 dp，似乎 $40pts$ 也比较好拿。

T3

全身上下都是暴力分的题，设 $\sum _{i=1}^T{M}_i=S$。

Subtask 1 (10pts)

枚举 $A$ 的所有子串，与 $B$ 暴力比对。

时间复杂度 $O(n^{2}S)$

Subtask 2 (30pts)

考虑 $B$ 的抽象含义。设 $|B|=m$。

$a_{[j+1,j+|B|}$ 与 $B$ 相似的本质条件是，$\mathrm{\forall }1\le i\le |B|$ 在 $a_{[j+1,j+|B|}$ 内存在恰好 $b_i$ 个小于等于 $a[j+i]$。

树状数组简单题。不管是每次清空树状数组算还是增量式修改，都可以过。

时间复杂度 $O(nS)$，事实上增量式的算法可以过两个 $T,N,S\le 3\times {10}^5$ 的点。

Subtask 3 (40pts)

显然，如果 $B$ 递增，则答案为 $n-M_i+1$

反之，为 $0$

时间复杂度 $O(n+S)$

Subtask 4(50pts)

显然，这个问题可以转化为求 $a$ 有几个长度为 $M_i$ 的上升（未必极长）子串。考虑如果存在一个 $[l,r]$ 的上升子串，则一定包含了 $[l+1,r],[l+2,r],\cdots ,[r,r]$ 这样 $r-l+1$ 个上升子串。也就是长度在 $[1,r-l+1]$ 内的子串都应当 $+1$。可以用树状数组维护。时间复杂度 $O(n\log n+T)$

Subtask 5

我没有优秀做法。其做法已经与正解做法相差无几。

Subtask 6 7 (80pts)

容易发现，我们只用枚举 $a$ 不超过 $max{M}_i$ 长度的子串即可。我们可以预处理所有 $a$ 长度不超过 $10$ 的子串，将这个子串对应的排列扔进 map 里（如果哈希完再扔会优雅很多，常数也会小很多）查询可以 $O(1)$ 查询。

记 $max{M}_i=P$

时间复杂度 $O(n{P}^2\log (nP)+L)$，由于是两秒题而且大概率跑不满，所以实现也不用很精细。

Subtask 8(100pts)

考虑将判断相似的过程拟为字符串匹配。所谓的失配即判断将新的一位加入后还是否相似。如果 $T=1$，可以类似套用 KMP，反之可以类似套用 AC 自动机。

所谓的 还是否相似，也就是判断 $B_{i+1}$ 在 $B_{i-p,i}$ 内的排名是否与 $B_p+1$ 在 $B_{1,p}$ 内相等。这很好判。

DTCPC

B

考虑什么串可以让答案变小。

10101 可以变化为 01010，1 的个数减少了一个。

这种题最难处理的一般是“连锁反应”，考虑什么时候会出现连锁反应？

只要不出现两个连续的 0，都可以连锁反应。

也就是，所有不全为 1，且不出现两个连续的 0 的串都可以化作一个 1，代码很短。

C

长度越小结果最优，根据样例的提示：得到括号序列短且多的是：()()()() 的情况，若有 $n$ 个括号，则有 $\frac{n(n+1)}{2}$ 的贡献。

问题转化为构造一个数组 $a$ ，使得 $\sum \frac{a(a+1)}{2}=k$，且 $2\sum a$ 最小。可以用 dp 解决。

对于一个 $k$，可以从所有 $a$，满足 $k-\frac{a(a+1)}{2}\ge 0$ 转移。这样的 $a$ 的个数是根号级别的。

所以时间复杂度是 $O(n\sqrt{n})$。

构造可以用 dfs 来构造。

D

机房老哥 KnownError_ 在打比赛的时候说是若只题，我不会。

恶补一下序列分治。

序列分治典中典题是 abc282_h。

一句话来说，区间问题 $[L,R]$ 被转化为 $[L,mid]$ 和 $[mid+1,R]$ 问题，我们需要在 solve(l,r) 内统计所有跨过中点的贡献。问题被简化为了，如何求解一个区间所有跨越中点的区间的子区间的贡献，用 $\log n$ 的时间复杂度将问题严格弱化。

然后我们可以在 $O(n)$ 的时间内求出 $[l,mid]$ 或 $[mid,r]$ 区间的信息。考虑一个最大值在什么时候成立。如果 $t$ 时 $[l,mid]$ 的最大值，我们可以二分出 $[mid,r]$ 内最接近 $mid$ 的 $va{l}_x\ge t$，则 $t$ 对 $x-mid+1$ 个区间做贡献。 $[mid,r]$ 区间同理。

考虑到序列分治和二分双重的 $\log$，时间复杂度是 $O(n{\log }^{2}n)$。两个 $\log$ 都是小常数，实际跑的非常快。

H

考虑操作次数显然不会超过 $2$。一定选择最小的 $a_i+a_j$ ，两次操作后一定可以构成一个环。

考虑操作次数为 $1$ 和本身就有环的情况。

考虑从 $i$ 连边，一定连到他可以连的点里 $a$ 最小的。

可以用拓扑排序维护。

J

考虑任意一位操作偶数次都是没有意义的。

考虑最后的形态，我们希望最后的形态一定是 0 在前，1 在后，且都占据整个字符串的一半。

如果出现一个 1，我们的一步操作可以使得这个 1 往后一位。

例如：1000 反转前两位后变成 0100，再反转第二位第三位可以变成 0010。

如果遇到两个连续的 1，就可以全部化作 0。这样的话最后的形态一定是末尾有 1 个或 0 个 1，然后我们再从后往前将若干个 00 转化成 11 即可。

然后这个步骤不难发现，至多需要 $n+\frac{n}{2}=1.5n\to 3\times {10}^5$ 次。不符合要求。再考虑 考虑任意一位操作偶数次都是没有意义的。 这一说法，我们将操作序列去重即可。因为去重后的序列每一位数只有出现和不出现两种选择，一定 < n。

L

没有字符出现大于两次，则字符串至多有 $2\times 26=52$ 位。我们枚举原来的字符串所有长度不超过 $52$ 的子串。时间复杂度 $O(52n)$。

M

考虑不寻常的数据范围。

由 $n\le 5\times {10}^4$ 可以猜测，解法的时间复杂度是 $\frac{n^2}{w}$，也就是使用 bitset。

然后我们发现 $L,R$ 的范围非常大，但是事实上可以用到的非常少。

• 如果 $a$ 内有重复的数，答案一定为 $0$

• 反之，对于 $k\ge max{a}_i$，这样的 $k$ 一定合法。我们发现 $a_i\le 4\times {10}^5$。所以需要的考虑的 $R$ 也只有 $4\times {10}^5$。

问题已经转化成 $1\le L\le R\le 4\times {10}^5$ 的情况。后文记 $maxa$ 为 $A$。

然后我们考虑怎么用 bitset 维护这个信息。

我们发现任意一组 $(a_i,a_j)modk$ 相等，当且仅当 $k|a_i-a_j$。所以，我们维护 $a_i-a_j$ 和 $a_i-a_j$ 的约数。

维护 $a_i-a_j$ 的约数，复杂度变成了 $n^2\sqrt{A}$，显然过不了。我们考虑反过来考虑，对于一个数 $k$，如果存在正整数 $p$，使得存在 $(i,j)$ 满足 $a_i-a_j=pk$。则 $k$ 不满足要求。而维护某一个数的所有倍数，这是一个调和级数：$\frac{A}{1}+\frac{A}{2}+\frac{A}{3}+\cdots +\frac{A}{A}\approx A\log A$。

然后，我们考虑做差怎么用 bitset 维护，这是一个经典 tricks。先将所有 $a_i$ 标成 1，这个 01 数组记为 $G$，然后固定 $i$ 的所有 $a_j-a_i$ 所构成的 $01$ 数组即为 G 右移 $a_i$ 位的 bitset，这一步的时间复杂度是 $O(\frac{n}{w})$。对于每一个 $a_i$ 都如此维护，即可得到我们所要的 $a_i-a_j$ 构成的 01 数组 $G^{\prime }$。

对于一个数 $k$，枚举其在 $4\times {10}^5$ 内的所有倍数 $pk$，如果有 $G^{\prime }[pk]=1$ ，那么 $k$ 也不合法，因此 $G^{\prime }[k]=1$。

然后不管用 count 还是枚举转化过的 $[L,R]$ 暴力计数都可以。对于所有 $G^{\prime }[k]=1$ 的 $k$ 即代表 $k$ 不合法。

有一些细节。

think-cell Round

A

排序后选择所有下标为奇数的位。

B

构造 n 1 n-1 2 n-2 3 ... 的序列即可。

C

按照 $b_i=a_i+i$ 从大到小的顺序取。取到 $b_i$ 的时候，如果 $b_i>b_{i-1}-1$，则 $b_i$ 一定只能在 $b_{i-1}-1$ 的时候才能取。

D1

枚举子串，考虑 $f$ 如何求。

考虑选择的 $q_{[l,r]}$ 一定长度为 $2$，所以构造大概是 1001001 这个样子。

考虑一个贪心：

• 对于 $s_i$，如果我们已经将 $q_i$ 标为 $1$，则 $q_i$ 为 $1$。
• 对于 $s_i=1$，如果 $q_{i-1}$ 为 $1$，则这一位为 $0$。
• 对于 $s_i=1$，如果 $q_{i-1}$ 不为 $1$，则标记 $q_{i+1}$ 为 $1$

最后统计 $q_i$ 内 $1$ 的个数即可。时间复杂度 $O(n^3)$

D2

考虑 dp。倒着 $dp$，设 $f_i$ 为以 $i$ 开头子串的 $f$ 的和。

考虑新增一个字符对答案的影响。

如果 $s_i=1$，则我们需要在 $q_{i+1}$ 标记为 $1$，这会对以 $i$ 开头的 $n-i+1$ 个子串造成影响，但 $s_{i+2}$ 所造成的代价就不用考虑了，因而 $d{p}_i=d{p}_{i+3}+(n-i+1)$

反之，什么也不用做，$d{p}_i=d{p}_{i+1}$

答案是 $\sum _{i=1}^{n}d{p}_i$。

E

组合数题。输。

考虑什么情况下可以达到最终情况。

考虑一个布尔数组：$s_i=0$ 表示没有保留 $i$，反之表示保留了。

结论是 $s$ 合法当且仅当存在 $s_i=0$ 满足 $s_{[1,i-1]}$ 存在至少 $k$ 个 $1$，且 $s_{[i+1,n]}$ 存在至少 $k$ 个 $1$，且 $1$ 的个数是 $2k$ 的倍数。

枚举 $k$ 和剩下元素的数量 $x$，答案为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+2k-1}{x})$。加起来即可。

由于 $x$ 的数量是反比例形式的，根据调和级数，时间复杂度为 $O(n\log n)$。

ARC172

A

考虑任意一个 $2^i\times 2^i$ 的方块可以拆分成四个$2^{i-1}\times 2^{i-1}$的方块。

我们考虑 $h\times w$ 的方块可以如何拆分为若干个边长为 $2$ 的次幂的正方形。不妨设 $h>w$，则我们考虑最大的 $2^i\le w$，这样就拆分成了 $\frac{h}{2^i}$ 个 $2^i\times 2^i$ 的方块和 $hmod{2}^i,w$ 的长方形边角料和 $w-2^i,h-hmod{2}^i$ 的长方形边角料。

不断分治下去，我们将原来的长方形转化成了若干边长为 $2$ 的次幂的正方形。从大到小考虑，先去满足大长方形数量的要求，剩余的就转成四个小一号的正方形。

这样判断下去，如果某一个大小的正方形不够了就是 No。

时间复杂度的证明方式同辗转相除法，是 $\log h\times w$ 级别的。

B

考虑不存在两个相同的长度为 $k$ 的子序列的条件。如果两个字符之间可以互相替代，那么就一定存在。“替代”具体的条件也就是对于任意的 $s_i=s_j$，如果不使用任意字符 $s_k$ 满足 $i<k<j$ ，就可以构成长度为 $k$ 的字符串，那一定可以互相替代。

也就是对于任意两个相同字符，他们之间的距离至少是 $n-k$。

然后一开始是 $L$ 种选择，从第二位开始选择的数量逐步递减，直到第 $n-k+1$ 位，这时候第一位选择的那一个字符就又可以用了，此时选择数开始持平，直至结尾。乘起来即可。

C

没写完。输。

我们考虑假设将 $a_1$ 放在 $a_x$ 和 $a_{x+1}$ 之间。因为 $a_1\sim a_x$ 都已经投票完毕，所以对于 $a_{[x+1,n]}$ 的字符串与原来相比不会变化。

而前面的投票结果可以增量式维护。从 $a[2]$ 开始维护 Win/Draw/Lose 即可。然后这个问题就变成了字符串拼接本质不同的个数。最好的方法是哈希完扔 map，然后很失败没写完。

D

神仙题。

$<$ 不好计算，先试试 $=$。

构造方法有

$$p_1=\{1,0,0,\cdots ,0\}$$

$$p_2=\{0,1,0,\cdots ,0\}$$

$$\cdots$$

$$p_n=\{0,0,0,\cdots ,1\}$$

因为是小于号，我们可以给每一项加一个很小的 $eps$。

考虑到这个 $eps$ 很小，他的平方项不用计算。

$$d(x,y)=\sqrt{2-2({ϵ}_{x,y}+{ϵ}_{y,x})}$$

到这里，构造方法已经很显然了，越后输出的越小即可。