2024初秋集训——提高组 #23
C. 前缀
题目描述
给定一个字符串 \(S\)，你会将这个字符串无限循环，即变成 \(S+S+S+S+\dots\)。
接着给定一个字符串 \(T\)，你要求最短的一个 \(S\) 的前缀使得其中存在一个子序列 \(T\)，若 \(T_i=*\)，则这一位是什么都可以。但由于 \(T\) 太长了，所以其中有一些字符后会有数字，表示这个字符重复了这么多次。
思路
我们对每个字符记录其出现位置，然后找循环节即可。
空间复杂度 \(O(|S|+|\sum|)\)，时间复杂度 \(O(Q+(\sum|T|)\log |S|)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
int q;
string s;
vector<int> ve[27];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> s >> q;
for(int i = 0; i < int(s.size()); ++i) {
ve[s[i] - 'a'].emplace_back(i);
ve[26].emplace_back(i);
}
for(; q--; ) {
string t;
cin >> t;
int pos = -1, ans = 0;
bool op = 0;
for(int i = 0; i < int(t.size()); ) {
int c = (t[i] == '*' ? 26 : t[i] - 'a');
if(ve[c].empty()) {
op = 1;
break;
}
int l = i, m = 0, res = 0;
for(i++; i < int(t.size()) && t[i] >= '0' && t[i] <= '9'; ++i) {
res = (10ll * res % MOD + (m * 10 + t[i] - '0') / int(ve[c].size())) % MOD;
m = (m * 10 + t[i] - '0') % int(ve[c].size());
}
ans = (ans + res) % MOD;
if(l + 1 == i) {
m = 1;
}
int x = upper_bound(ve[c].begin(), ve[c].end(), pos) - ve[c].begin();
if(int(ve[c].size()) - x >= m) {
pos = ve[c][(x + m + ve[c].size() - 1) % int(ve[c].size())];
if(!x && !m) {
ans = (ans - 1 + MOD) % MOD;
}
continue;
}
m -= ve[c].size() - x;
ans = (ans + 1) % MOD;
pos = ve[c][m - 1];
}
cout << (op ? -1 : (1ll * ans * int(s.size()) % MOD + pos + 1) % MOD) << "\n";
}
return 0;
}
D. 移动
题目描述
有 \(N\) 个闸门，其中有 \(M\) 个事件，每个事件为：在时间 \([l,r]\) 中闸门 \(x\) 关闭。保证每一个闸门的事件时间不会有交集。
牛牛一开始在闸门 \(0\)，时刻为 \(0\)。每秒钟他可以走到左/右边的闸门或原地不动。当闸门关闭时如果牛牛还在下面那么牛牛就会变成牛排。求在不变成牛排的情况下最少要到什么时候才能到达闸门 \(N+1\)。
思路
我们可以对每个闸门处理出其没有关闭的时间段。由于一开始有 \(N+2\) 个闸门，也就是 \(N+2\) 个时间段，每多一个事件就会多一个时间段，所以总共 \(O(N+M)\) 个时间段。
我们可以在这些时间段之间连边，而边的数量可以通过感性理解发现也是 \(O(N+M)\) 的。
接着在这个图上跑最短路即可。
空间复杂度 \(O(N+M)\)，时间复杂度 \(O((N+M)\log (N+M))\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
const int MAXN = 100005, MAXM = MAXN, INF = int(2e9) + 10;
struct Node {
int u, dis;
};
struct cmp {
bool operator()(const Node &a, const Node &b) const {
return a.dis > b.dis;
}
};
int n, m, l[MAXN + MAXM], r[MAXN + MAXM], tot, dist[MAXN + MAXM];
bool vis[MAXN + MAXM];
vector<int> ve[MAXN], L[MAXN], R[MAXN], id[MAXN];
vector<pii> e[MAXN + MAXM];
void add(int x, int y) {
for(int i = 0; i < int(L[x].size()); ++i) {
int j = lower_bound(R[y].begin(), R[y].end(), L[x][i] - 1) - R[y].begin();
for(; j < int(R[y].size()) && L[y][j] <= R[x][i] + 1; ++j) {
e[id[x][i]].emplace_back(id[y][j], max(L[x][i] + 1, L[y][j]));
}
}
}
void dij() {
fill(dist + 1, dist + tot + 1, INF);
priority_queue<Node, vector<Node>, cmp> pq;
pq.push({1, 0});
dist[1] = 0;
for(; !pq.empty(); ) {
auto [u, dis] = pq.top();
pq.pop();
if(vis[u]) {
continue;
}
vis[u] = 1;
for(auto [v, w] : e[u]) {
if(max(dis + 1, w) <= r[v] && max(dis + 1, w) < dist[v]) {
dist[v] = max(dis + 1, w);
pq.push({v, max(dis + 1, w)});
}
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
freopen("move.in", "r", stdin);
freopen("move.out", "w", stdout);
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i <= n + 1; ++i) {
ve[i].emplace_back(-1);
ve[i].emplace_back(INF);
}
for(int i = 1, x, l, r; i <= m; ++i) {
cin >> x >> l >> r;
ve[x].emplace_back(l);
ve[x].emplace_back(r);
}
for(int i = 0; i <= n + 1; ++i) {
sort(ve[i].begin(), ve[i].end());
for(int j = 0; j < int(ve[i].size()); j += 2) {
ve[i][j]++, ve[i][j + 1]--;
if(ve[i][j] > ve[i][j + 1]) {
continue;
}
L[i].emplace_back(ve[i][j]);
R[i].emplace_back(ve[i][j + 1]);
id[i].emplace_back(++tot);
l[tot] = ve[i][j], r[tot] = ve[i][j + 1];
}
}
for(int i = 0; i <= n + 1; ++i) {
if(i) {
add(i, i - 1);
}
if(i <= n) {
add(i, i + 1);
}
}
dij();
cout << dist[tot];
return 0;
}
