noip模拟40
\(\color{white}{\mathbb{名之以：海棠}}\)
考场 \(t1\) 看见题意非常简单，觉得可能是个简单题
暴力算出几个小样例右端点右移的时候左端点都是单调右移的，以为具有单调性，于是想了一系列维护单调性的方法，然而拍大样例的时候挂的很惨（又一次前一个半小时啥也没干）
看 \(t2\)，时间不够了写了个 \(floyd\) 直接跳
\(t3\) 发现部分分很多，认真思考两个特殊点，一个小时找到了能得 \(50\) 分的做法
最后 \(t1\) 又加了个退火，在暴力能跑出来的范围内正确性还可以
出分发现 \(t1\) 捆绑测试所以 \(1\) 分也没骗到，\(t3\) 没考虑到逆序对可能很多没模爆了 \(long\) \(long\)，又惨挂 \(35\)
这次难度分析再次出现重大失误，事实证明 \(t2\) 是最可做的
以后应该增加开题前思考分析时间，并且部分分也应进行对拍
A. 送花
首先当右端点右移时最优坐决策点不是单调的，因为加入一个数后可能使一个之前位置的贡献变小，那么原来依赖其贡献的最优区间可能左端点左移更优
线段树维护区间的贡献
对于右端点右移一位的时候，将这个值上上一个位置到上一个位置的值加当前贡献，上一个位置到这个位置的值减当前贡献，然后线段树维护区间最大值即可
B. 星空
首先是距离的转化，先把坐标系旋转45度
类似于曼哈顿转切比雪夫距离，这道题的距离是 \(min(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)\)
先处理出距离为零的，用并查集合并在一起，然后按 \(x\) 和 \(y\) 分别排序后找最近点对即可
对于方案数相当于距离和答案相等的边两端点并查集里 \(size\) 值的乘积
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e5+5;
int n,xx,yy,fa[maxn],siz[maxn],ans=0x3f3f3f3f,ans1=0,cnt,tot;
pair<int,int>edge[maxn];
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=x*10+ch-48;
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct Node{
int x,y,id;
}p[maxn];
bool cmpx(Node a,Node b){
return a.x!=b.x?a.x<b.x:a.y<b.y;
}
bool cmpy(Node a,Node b){
return a.y!=b.y?a.y<b.y:a.x<b.x;
}
int find(int x){
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
x=find(x);
y=find(y);
if(x==y)return;
fa[x]=y;
siz[y]+=siz[x];
return ;
}
void add(int x,int y){
if(x>y)swap(x,y);
// cout<<x<<" "<<y<<endl;
edge[++cnt]=make_pair(x,y);
return ;
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
xx=read();
yy=read();
p[i].x=xx+yy;
p[i].y=xx-yy;
fa[i]=i;
siz[i]=1;
p[i].id=i;
}
// for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<"ppp "<<p[i].x<<" "<<p[i].y<<endl;
// }
sort(p+1,p+n+1,cmpx);
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+1;
while((p[j].x==p[i].x||p[j].y==p[i].y)&&j<=n){
merge(p[i].id,p[j].id);
j++;
}
if(j<=n)ans=min(ans,p[j].x-p[i].x);
}
// cout<<"hhh"<<endl;
sort(p+1,p+n+1,cmpy);
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+1;
while((p[j].y==p[i].y||p[j].x==p[i].x)&&j<=n){
merge(p[i].id,p[j].id);
j++;
}
if(j<=n)ans=min(ans,p[j].y-p[i].y);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+1;
while((p[j].y==p[i].y||p[j].x==p[i].x)&&j<=n){
j++;
}
if(j<=n&&p[j].y-p[i].y==ans)add(find(p[i].id),find(p[j].id));//cout<<"hhh "<<i<<" "<<j<<endl,
}
sort(p+1,p+n+1,cmpx);
for(int i=1;i<=n;i++){
int j=i+1;
while((p[j].x==p[i].x||p[j].y==p[i].y)&&j<=n){
j++;
}
if(j<=n&&p[j].x-p[i].x==ans)add(find(p[i].id),find(p[j].id));//cout<<"hhh "<<i<<" "<<j<<endl,
}
// for(int i=1;i<=n;i++){
// if(fa[i]==i)cout<<"hhh "<<i<<" "<<siz[i]<<endl;
// }
sort(edge+1,edge+cnt+1);
tot=unique(edge+1,edge+cnt+1)-edge-1;
for(int i=1;i<=tot;i++){
int x=edge[i].first;
int y=edge[i].second;
// cout<<"kkk "<<x<<" "<<y<<endl;
ans1+=siz[x]*siz[y];
}
cout<<ans<<endl<<ans1;
return 0;
}
C. 零一串
对于每个是 \(1\) 的位置处理一个长度为 \(T\) 的零一串，每一个是一的位置表示这一时刻这个 \(1\) 能不能左移，那么最终结果很容易能处理出来
考虑怎样从上一个位置转移过来：
对于第 \(i\) 个 \(1\) 如果可以在 \(j\) 的时刻左移，如果 \(i+1\) 个位置是紧邻的，那么它只能在 \(j+1\) 时刻左移，表达在 \(01\) 串上是右移一位
如果不紧邻，那么有几个 \(0\) 后面的可以移几次，相当于把 \(0!\) 串的前面几个 \(0\) 变成 \(1\)
发现只有首尾进行操作，用队列维护即可
对于第二问的答案，是在求每个 \(01\) 串第 \(i\) 的和
如果把矩阵拍在序列上，一定对应一段连续区间，用差分维护即可
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
deque<int>q;
const int maxn=1e7+5;
const int mod=998244353;
char c[maxn];
int t,n,pos[maxn],cnt,all,dis[maxn],cf[maxn],sum[maxn],ans,num,ori;
bool ans1[maxn];
int po(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
signed main(){
// freopen("shuju.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
cin>>t;
scanf("%s",c+1);
n=strlen(c+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(c[i]=='1')num++;
else ori+=num;
}
ori%=mod;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(c[i]=='1')pos[++cnt]=i;
}
for(int i=1;i<=t;i++){
q.push_back(i);
}
for(int k=1;k<=cnt;k++){
all++;
if(q.back()+all>t&&q.size())q.pop_back();
q.push_front(1-all);
for(int j=1;j<=pos[k]-pos[k-1]-1&&q.size();j++){
cf[q.front()+all]++;
cf[min(cnt-k+q.front()+all+1,t+1)]--;
q.pop_front();
}
dis[k]=t-q.size();
ans1[pos[k]-dis[k]]=1;
}
for(int i=0;i<=t;i++){
if(i)sum[i]=(sum[i-1]+cf[i])%mod;
ori+=sum[i];
ori%=mod;
ans^=(po(233,i)*ori%mod);
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans1[i];
cout<<endl<<ans;
return 0;
}
\(\color{white}{\mathbb{知否，知否，应是绿肥红瘦。}}\)
