SCOI2016 Day1 简要题解

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• 「SCOI2016」背单词
  • 题意
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  • 代码
• 「SCOI2016」幸运数字
  • 题意
  • 题解
  • 总结
  • 代码
• 「SCOI2016」萌萌哒
  • 题意
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  • 总结
  • 代码

「SCOI2016」背单词

题意

这出题人语文水平真低。。 搬了 skylee 大佬的题意。

给你 $n$ 个字符串，不同的排列有不同的代价，代价按照如下方式计算（字符串 $s$ 的位置为 $x$ ）：

1. 排在 $s$ 后面的字符串有 $s$ 的后缀，则代价为 $n^2$ ；
2. 排在 $s$ 前面的字符串有 $s$ 的后缀，且没有排在 $s$ 后面的 $s$ 的后缀，则代价为 $x-y$（ $y$ 为最后一个与 $s$ 不相等的后缀的位置）；
3. $s$ 没有后缀，则代价为 $x$ 。

现在需要最小化排列的代价。

$n \le 10^5, 1 \le \sum_s |s| \le 5.1 \times 10^5$

题解

首先 $n^2$ 的代价明显比其他两种操作的总和还多，显然不够优秀。

我们需要尽量避免 $1$ 情况的出现，这显然是可以达到的。

因为所有后缀的出现会存在一个偏序结构，构成了一个 $DAG$ ，我们找个 $DFS$ 序遍历就行了。

其实这个 $DAG$ 就是它反串构成的 $Trie$ 。

我们相当于要在 $Trie$ 上找一个 $DFS$ 序把每个 关键点 编号，最小化 每个点与它祖先第一个 关键点 的编号差值的和。

关键点： 就是插入串最后的结束节点。

由于是个 $DFS$ 序， 对于一个点的每个儿子需要遍历的话，肯定要遍历这个儿子的子树。

所以对于当前这层贪心的话，不难发现这是一个类似于接水问题，我们肯定是让需要时间较短 （$Size$ 较小）的儿子排前面。

然后发现直接实现只会有 $40$ 分。

为什么错了呢？

假设对于 $\overline{ba}, \overline{bc}$ 这两个串，但是不存 $\overline{b}$ 串。但由于 $Trie$ 上会存在 $\overline{b}$ 这个节点，所以我们会在空串的时候考虑的时候会假设有 $\overline{b}$ 这个串。

这显然是不行的。其中一种解决办法就是，前面我们需要把 $n$ 个串的前缀关系，重新建个新树。然后再按前面那样做就可以了。

所以复杂度就是 $O(n \log n + |S|)$ 的。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define pb push_back

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("2012.in", "r", stdin);
	freopen ("2012.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;

ll ans = 0;

namespace Trie {

	const int Maxn = 510010, Alpha = 26;

	int from[Maxn];

	int Size = 0, sz[Maxn], trans[Maxn][Alpha], key[Maxn];

	inline void Insert(char *str) {
		int u = 0;
		For (i, 1, strlen(str + 1)) {
			int id = str[i] - 'a';
			if (!trans[u][id]) trans[u][id] = ++ Size;
			++ sz[u = trans[u][id]];
			from[u] = id;
		}
		key[u] = true;
	}

	vector<int> G[Maxn];
	void Get_Tree(int u = 0, int Last = 0) {
		if (key[u]) G[Last].pb(u), Last = u;
		For (i, 0, Alpha - 1) if (trans[u][i])
			Get_Tree(trans[u][i], Last);
	}

	int id = 0;
	void Dfs(int u = 0, int Last = 0) {
		if (u) ans += (++ id) - Last, Last = id;
		sort(G[u].begin(), G[u].end(), [&](const int &lhs, const int &rhs) { return sz[lhs] < sz[rhs]; } );
		for (int v : G[u]) Dfs(v, Last);
	}

};

char str[510010];

int main () {

	File();

	using namespace Trie;

	int n = read();

	For (i, 1, n) {
		scanf ("%s", str + 1);
		reverse(str + 1, str + strlen(str + 1) + 1); Insert(str);
	}
    
	Get_Tree(); Dfs();
	printf ("%lld\n", ans);
    
    return 0;

}

「SCOI2016」幸运数字

题意

有一颗 $n$ 个点的树，每个点有个权值 $G_i$ 。

有 $q$ 次询问，每次询问树上一条路径上所有数 $G_i$ 中选择一些数异或的最大值。

$n \le 20000, q \le 200000, G_i \le 2^{60}$

题解

从一个集合中选择一些数异或出最大值显然是线性基的模板。

那么我们只需要得到树上一条路径的线性基。

但线性基是不可减的，我们可以考虑用倍增把线性基合并。

复杂度就是 $O((n + q) \log n \times 60^2)$ 可以卡过去。

其实有更好的解决方式，由于 $q$ 比较大，我们尽量使它不要带 $\log$ 。

可以点分治，把每个询问挂在被第一次被分开的中心，然后走到一个询问的点后把它线性基保留起来。

最后复杂度是 $O((n \log n + q) \times 60^2)$ 的。

总结

树上查链不可减但可以合并的信息，有三种方式。不支持修改可以用 倍增（可在线 or 点分治（离线） or 树剖（可在线） 。

支持修改就用 树剖 + 线段树 。

注意线性基插入一个线性基的复杂度是 $\displaystyle O(\frac{L^2}{\omega})$ 的，合并的复杂度是 $\displaystyle O(\frac{L^3}{\omega})$ 。

代码

最后那个做法还是比较好写的。

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define pb push_back

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

template<typename T>
inline T read() {
    T x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("2013.in", "r", stdin);
    freopen ("2013.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;

template<int Maxn>
struct Linear_Base {

    ll Base[Maxn + 1];

    Linear_Base() { Set(Base, 0); }
    
    inline void Insert(ll val) {
        Fordown (i, Maxn, 0) 
            if (val >> i & 1) {
                if (!Base[i]) { Base[i] = val; break ; }
                else val ^= Base[i];
            }
    }

    inline ll Max() {
        ll res = 0;
        Fordown (i, Maxn, 0)
            chkmax(res, res ^ Base[i]);
        return res;
    }

};

typedef Linear_Base<60> Info;

Info Merge(Info x, Info y) {
    For (i, 0, 60) if (y.Base[i]) x.Insert(y.Base[i]); return x;
}

void Add(Info &x, Info y) {
    For (i, 0, 60) if (y.Base[i]) x.Insert(y.Base[i]);
}

const int N = 20100;

vector<int> G[N];

int n, q, dep[N], anc[N][17], Log2[N]; Info data[N][17]; 

inline ll Calc(int x, int y) {
	Info res = Merge(data[x][0], data[y][0]);
	if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
	int gap = dep[x] - dep[y];
	Fordown (i, Log2[gap], 0) 
		if (gap >> i & 1)
			Add(res, data[x][i]), x = anc[x][i];

	Add(res, data[x][0]);
	if (x == y)
		return Merge(res, data[y][0]).Max();

	Fordown (i, Log2[dep[x]], 0)
		if (anc[x][i] != anc[y][i]) {
			Add(res, data[x][i]);
			Add(res, data[y][i]);
			x = anc[x][i]; y = anc[y][i];
		}
	Add(res, data[x][0]);
	Add(res, data[y][0]);
	return Merge(res, data[anc[x][0]][0]).Max();
}

void Dfs_Init(int u, int fa = 0) {
	dep[u] = dep[anc[u][0] = fa] + 1;
	for (int v : G[u]) 
		if (v != fa) Dfs_Init(v, u);
}

int main() {

	File();

	n = read<int>(); q = read<int>();

	For (i, 1, n) data[i][0].Insert(read<ll>());
	For (i, 1, n - 1) {
		int u = read<int>(), v = read<int>(); 
		G[u].pb(v); G[v].pb(u);
	}
	Dfs_Init(1);

	For (i, 2, n) Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
	For (j, 1, Log2[n]) For (i, 1, n) {
		anc[i][j] = anc[anc[i][j - 1]][j - 1];
		data[i][j] = Merge(data[i][j - 1], data[anc[i][j - 1]][j - 1]);
	}

	while (q --)
		printf ("%lld\n", Calc(read<int>(), read<int>()));

	return 0;

}

「SCOI2016」萌萌哒

题意

一个长度为 $n$ 的大数，用 $S_1S_2S_3 \ldots S_n$表示，其中 $S_i$ 表示数的第 $i$ 位，$S_1$ 是数的最高位，告诉你一些限制条件，每个条件表示为四个数 $(l_1, r_1, l_2, r_2)$，即两个长度相同的区间，表示子串 $S_{l_1}S_{l_1 + 1}S_{l_1 + 2} \ldots S_{r_1}$ 与 $S_{l_2}S_{l_2 + 1}S_{l_2 + 2} \ldots S_{r_2}$ 完全相同。

比如 $n = 6$ 时，某限制条件 $(l_1 = 1, r_1 = 3, l_2 = 4, r_2 = 6)$，那么 $123123$ 、$351351$ 均满足条件，但是 $12012$、$131141$ 不满足条件，前者数的长度不为 $6$，后者第二位与第五位不同。问满足以上所有条件的数有多少个。

$1 \leq n \leq 10 ^ 5, 1 \leq m \leq 10 ^ 5, 1 \leq {l_i}_1, {r_i}_1, {l_i}_2, {r_i}_2 \leq n$ 并且保证 ${r_i}_1 - {l_i}_1 = {r_i}_2 - {l_i}_2$。

题解

不难发现其实每次就是限制对应的位置数相同。

然后最后就会限制成 $tot$ 种可以填的不同的数，最后的答案就是 $9 \times 10^{tot - 1}$ 。

我们把强制要求相等的数放入并查集中就行了。直接实现这个过程是 $O(n^2 \alpha(n))$ 的复杂度。

考虑如何优化，区间对应连边容易想到线段树优化建边。但此处没有那么好用。

考虑把一个区间拆成 $\log$ 个长为 $2^i$ 的区间。

具体来说令 $fa[i][j]$ 为 $i$ 向右长为 $2^j$ 的区间在并查集上的 $root$ 。

初始化的时候 $fa[i][j]$ 的 $root$ 为 $i$ 。

然后一个询问我们就在对应区间上连边就行了。

但是最后我们区间的连通性并不能代表点的连通性，所以我们需要把连通性下放。

具体来说把 $(i, j)$ 这个点和 $(i, j - 1), (i + 2^{j - 1}, j - 1)$ 对应相连就行了。

最后看 $(i, 0)$ 有几个不同的联通块就可以完成了。

其实前面那个那个不需要拆成 $O(\log n)$ 个区间。由于是要保证联通，多连是没有关系的，我们可以类似 $ST$ 表查询那样，把最大的两个可以代表区间相连。

复杂度就是 $O((n \log n + m) \alpha (n))$ 。

总结

这题还是比较巧妙的，类似于线段树优化建边的思想，我们可以拆成子区间去解决这个问题。

类似于这种题，只要构建出模型保证和原图一样的连通性即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("2014.in", "r", stdin);
	freopen ("2014.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 2e5 + 1e3;

int n, m, fa[N][22], Log2[N];

int find(int x, int y) {
	return fa[x][y] == x ? x : fa[x][y] = find(fa[x][y], y);
}

const int Mod = 1e9 + 7;

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

int main () {

	File();

	n = read(); m = read();

	For (i, 2, n) Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
	For (i, 1, n) For (j, 0, Log2[n]) fa[i][j] = i;

	For (i, 1, m) {
		int p1 = read(), r1 = read(), p2 = read(), r2 = read();
		int len = Log2[r1 - p1 + 1];
		fa[find(p1, len)][len] = find(p2, len);
		fa[find(r1 - (1 << len) + 1, len)][len] = find(r2 - (1 << len) + 1, len);
	}

	Fordown (j, Log2[n], 1) For (i, 1, n) {
		int u = find(i, j), v = find(i, j - 1);
		fa[v][j - 1] = find(u, j - 1);
		u = find(i, j), v = find(i + (1 << j - 1), j - 1);
		fa[v][j - 1] = find(u + (1 << j - 1), j - 1);
	}

	int tot = 0;
	For (i, 1, n) if(find(i, 0) == i) ++ tot;
	printf ("%lld\n", fpm(10, tot - 1) * 9ll % Mod);

	return 0;

}

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本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10086623.html
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