ICPC2023 杭州站 (20240909训练)

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知识点

B - Festival Decorating

$[A_{i} \neq 0]$ 可以作为多项式卷积里面多项式的系数

bitset 可以做01卷积；此时，每一侧都可以作为最外侧所枚举的：

  for(int i=1; i<=n; ++i) f.set(x[i]);
  //for(int i=0; i<=m; ++i)
  //	ans[i] = (f & (f>>i)).count();
  //等价写法：
  for(int i=1; i<=n; ++i)
      ans |= f>>x[i];

bitset 的 _Find_first 和 _Find_next

  for(int t=f._Find_first(); t!=f.size(); t=f._Find_next(t))

D - Operator Precedence

构造题的方法：“待定系数”、列方程求解

K - Card Game

“对所有区间询问”，可以考虑用可持久化线段树预处理“所有区间”的答案

易错点

注意讨论“元素相等”的边界情况（H - Sugar Sweet II）

策略

多想一下再开写（M刚开的时候有好几个思路上的大漏洞）
过题人数与难度不一定正比（G，F 开晚了；K可以开）

题解

B - Festival Decorating

做法1

利用容错性，只需要处理前 $3^{x}$ 个元素里能否得到每一个 $d$
不考虑颜色就是简单的 FFT。考虑类似于 FFT 做字符串匹配的时候的思路，构造匹配函数：令 $A_{i}$ 表示 $i$ 位置的灯的颜色，没有灯的时候为 0，令 $B_{i} = A_{i}$ ，只需要计算 $C_{d} = \sum_{i} [A_{i} > 0] [B_{i + d} > 0] (A_{i} - B_{i + d})^{2}$
- $C_{d} = \sum_{i} [A_{i} > 0] [B_{i + d} > 0] (A_{i}^{2} + B_{i + d}^{2} - 2 A_{i} B_{i + d}) = \sum_{i} A_{i}^{2} \cdot [B_{i + d} > 0] + \sum_{i} [A_{i} > 0] \cdot B_{i + d}^{2} - 2 \cdot \sum_{i} A_{i} \cdot B_{i + d}$

做法2

bitset，直接从小到大枚举灯的编号 i，设其它的灯出现的位置集合是 f，还没有找到答案的 d 的集合为n_vis，我们拿出 n_vis & (f >> x[i]) 中的所有 1 更新答案即可
如何得到 f：
- 先记录所有灯的位置集合 all
- 若颜色为 c[i] 的灯数量不超过 $T$ ，直接枚举所有同色灯，然后修改all
- 若颜色为 c[i] 的灯数量超过 $\sqrt{T}$ ，这样的颜色不超过 $\frac{n}{T}$ 个，预处理该颜色所有灯的位置 g[c[i]] 然后 all ^= g[c[i]]
取 $T = \sqrt{n}$ 可以得到 $O (n \sqrt{n} + \frac{n^{2}}{w})$ 的复杂度

//https://codeforces.com/group/Ro45Qpwf2L/contest/104976/submission/280692536
const int N = 250010;
int x[N], c[N], n, m;
vector<int> s[N];

bitset<250005> sum, f[1010], nvis, tmp;
int ans[N];
int pos[N], id[N], num;

int main() {
	int q; rd(n), rd(q);
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		rd(x[i]), rd(c[i]);
		m = max(m, x[i]), s[c[i]].PB(x[i]);
	}

	int B = ceil(sqrt(n));
	for(int i=1; i<=n; ++i) if(s[i].size()) {
		for(int v : s[i]) sum.set(v);
		if(s[i].size() > B) {
			id[pos[i] = ++num] = i;
			for(int v : s[i])
				f[num].set(v);
		}
	}

	for(int i=1; i<=m; ++i) nvis.set(i);

	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		if(s[c[i]].size() > B)
			tmp = (sum^f[pos[c[i]]]);
		else {
			tmp = sum;
			for(int v : s[c[i]]) tmp.reset(v);
		}
		tmp = (tmp >> x[i]) & nvis;
		for (int t=tmp._Find_first();t!=tmp.size();t=tmp._Find_next(t))
			ans[t] = i, nvis.reset(t);
	}

	while(q--) {
		int d; rd(d);
		printf("%d\n", (int)(ans[d]));
	}
	return 0;
}

D - Operator Precedence

题意：求下列方程的一组解

(a_{1} \times a_{2}) + (a_{3} \times a_{4}) + \dots + (a_{2 n - 1} \times a_{2 n}) = a_{1} \times (a_{2} + a_{3}) \times (a_{4} + a_{5}) \times \dots \times (a_{2 n - 2} + a_{2 n - 1}) \times a_{2 n}

解：考虑令 $a_{2}, a_{4} \dots a_{2 n - 2} = 2, a_{3}, a_{5}, \dots, a_{2 n - 1} = - 1$ ，设 $a_{1} = x, a_{2 n} = y$ ，则

x y = 2 x - y - 2 (n - 2)

令 $x = 1$ 则 $y = 3 - n$ ，得到一组合法解。

//https://codeforces.com/group/Ro45Qpwf2L/contest/104976/submission/280942688
int main() {
	int ts; rd(ts);
	while(ts--) {
		int n; rd(n);
		if(n == 3) {
			printf("1 -10 6 6 -10 1\n");
			continue;
		}
		print(1), putchar(' ');
		for(int i=2; i<2*n; ++i)
			print(i&1 ? -1 : 2), putchar(' ');
		print(3-n), putchar('\n');
	}
	return 0;
}

K - Card Game

设区间 $[l, r]$ 的答案为 $a n s_{l, r}$ ，设 $n x t_{i}$ 表示 $a_{i}$ 在序列中下一次出现的位置。则：

a n s_{l, r} = {\begin{cases} a n s_{n x t_{l} + 1, r} & n x t_{l} \leq r \\ 1 + a n s_{l + 1, r} & n x t_{l} > r \end{cases}

用可持久化线段树，由 rt[nxt[l] + 1]和 rt[l+1] 的一部分，合并得到 rt[l]。具体来说，先找到 [l, nxt[l]], [nxt[l]+1, n] 这两个区间被线段树划分出来的 $O (\log n)$ 个区间，区间及其祖先新建节点，区间的儿子继承之前的树。

//https://codeforces.com/group/Ro45Qpwf2L/contest/104976/submission/280699787
const int N = 3e5 + 10;
const int M = 60 * N;
int ls[M], rs[M], tg[M];
int ncnt;

int ql, qr, qt;

void upd(int l,int r,int &c, int u, int t) {
	if(!c) c = ++ncnt;
	t += tg[u];
	if(ql <= l && qr >= r) {
		tg[c] += qt + t;
		ls[c] = ls[u], rs[c] = rs[u];
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if(ql <= mid) upd(l, mid, ls[c], ls[u], t);
	if(qr > mid) upd(mid+1, r, rs[c], rs[u], t);
}
 
int qry(int l,int r,int c) {
	if(!c || l == r) return tg[c];
	int mid = l + r >> 1;
	if(ql <= mid) return qry(l, mid, ls[c]) + tg[c];
	else return qry(mid+1, r, rs[c]) + tg[c];
}
 
int rt[N];
 
int n, a[N], p[N], lst[N];
 
int main() {
	int q; rd(n), rd(q);
	for(int i=1; i<=n; ++i) rd(a[i]);
	
	for(int i=1; i<=n; ++i) lst[i] = n+1;
	for(int i=n; i>=1; --i) {
		p[i] = lst[a[i]];
		lst[a[i]] = i;
	}
 
	for(int i=n; i>=1; --i) {
		ql = i, qr = p[i] - 1, qt = 1;
		upd(1, n, rt[i], rt[i + 1], 0);
		ql = p[i], qr = n, qt = 0;
		if(ql <= qr) upd(1, n, rt[i], rt[p[i] + 1], 0);
	}
	int ans = 0;
	while(q--) {
		int l, r; rd(l), rd(r);
		l ^= ans, r ^= ans;
		// printf("query: %d %d\n", l, r);
		ql = r;
		printf("%d\n", ans = qry(1, n, rt[l]));
	}
	return 0;
}

E - Period of a String

首先，如果 $s_{i}$ 确定，则 $s_{i + 1}, s_{i + 2}, \dots s_{n}$ 均确定。

考虑 $n = 2$ 时的做法：

符号约定：
- 定义 $s [l, r]$ 表示 $s$ 的第 $l$ 个到第 $r$ 个字符构成的字符串
- 定义 $s \sim s^{'}$ 当且仅当每个字母在两个串中的出现次数相同
$| s_{1} | \geq | s_{2} |$ ，只需要保证 $s_{2}$ 是 $s_{1}$ 的前缀，即保证 $s_{1} [1, | s_{2} |] \sim s_{2} [1, | s_{2} |]$
$| s_{1} | < | s_{2} |$ ，设 $| s_{2} | = T \cdot | s_{1} | + R (1 \leq R \leq | s_{1} |)$ ，则需要保证：
- $s_{1} [1, | s_{1} |] \sim s_{2} [1, | s_{1} |]$
- $s_{1} [1, | s_{1} |] \sim s_{2} [| s_{1} | + 1, 2 \cdot | s_{1} |]$
- ……
- $s_{1} [1, R] \sim s_{2} [T \cdot | s_{1} | + 1, | s_{2} |]$
故而，我们只要找出满足若干“某前缀 $\sim$ 某个字符串”要求的 $s_{1}$ 即可。

这个做法可以扩展到 $n > 2$ 的情形上：

$| s_{i - 1} | \geq | s_{i} |$ ，则直接将 $| s_{i} |$ 中对前缀的限制条件转移到 $s_{i - 1}$ 相应位置上
$| s_{i - 1} | < | s_{i} |$ ，考虑对 $s_{i}$ 长度为 $L (> | s_{i - 1} |)$ 的前缀的限制，该限制等价于对 $s_{i - 1}$ 的长度为 $((L - 1) mod | s_{i - 1} |) + 1$ 的前缀有限制，并且被限制 $\sim$ 的字符串等于“原限制中的字符串扣掉 $⌊ \frac{L - 1}{| s_{i - 1} |} ⌋$ 个 $s_{i - 1}$ ”

$i = n, n - 1, \dots 2$ 扫一遍，依据最终的限制确定 $s_{1}$ ，再根据 $s_{1}$ 依次确定 $s_{2}, \dots s_{n}$ 。复杂度 $O (| Σ | \cdot \sum | s_{i} |)$ 。

//https://codeforces.com/gym/104976/problem/E
bool solve() {
	int mxlen = 0;
	for(int i=1; i<=n; ++i) mxlen = max(mxlen, len[i]);
 
	for(int j=0; j<=mxlen; ++j) {
		vis[j] = 0;
		for(int k=0; k<M; ++k)
			c[j][k] = 0;
	}
 
	int curlen = 0;
	for(int i=n; i>=1; --i) {
		if(curlen > len[i]) {
			int T = (curlen - 1) / len[i];
			for(int j = len[i]+1; j<=curlen; ++j) if(vis[j]) {
				int d[26] = {0};
				for(int k=0; k<26; ++k) d[k] = c[j][k] - (j-1)/len[i]*b[i][k];
				if(!add((j-1) % len[i] + 1, d)) return 0;
				vis[j] = 0;
			}
		}
		curlen = len[i];
		if(!add(len[i], b[i])) return 0;
		int last[26] = {0};
		for(int j=1; j<=len[i]; ++j) if(vis[j]) {
			for(int k=0; k<26; ++k) {
				if(c[j][k] < last[k]) return 0;
				last[k] = c[j][k];
			}
		}
	}
 
	int last[26] = {0};
	for(int j=1; j<=curlen; ++j) if(vis[j]) {
		for(int k=0; k<26; ++k) {
			int diff = c[j][k] - last[k];
			last[k] = c[j][k];
			c[j][k] = diff;
		}
	}
	vector<int> Q;
	for(int j=curlen; j>=1; --j) {
		if(vis[j]) {
			for(int k=0; k<26; ++k)
				for(int x=0; x<c[j][k]; ++x)
					Q.PB(k);
		}
		S[j] = Q.back() + 'a'; Q.pop_back();
	}
 
	printf("YES\n");
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		for(int j=1; j<=len[i]; ++j) {
			S[j] = S[(j-1) % curlen + 1];
			putchar(S[j]);
		}
		putchar('\n');
		curlen = len[i];
	}
 
	return 1;
}
int main() {
	int ts; rd(ts);
	while(ts--) {
		rd(n);
		for(int i=1; i<=n; ++i) {
			memset(b[i], 0, sizeof(b[i]));
			scanf("%s", tmp + 1);
			len[i] = strlen(tmp + 1);
			for(int j=1; j<=len[i]; ++j)
				b[i][tmp[j]-'a'] ++;
		}
		if(!solve()) {
			printf("NO\n");
			continue;
		}
	}
	return 0;
}

posted @ 2024-09-19 20:21 zhongyuwei 阅读(55) 评论(0) 编辑收藏举报

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