AtCoder 瞎做

目录

• ARC 058
  • E - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku
    • 题意
    • 题解
    • 技巧
    • 代码
• ARC 059
  • F - バイナリハック / Unhappy Hacking
    • 题意
    • 题解
    • 技巧
    • 代码
• ARC 060
  • D - 桁和 / Digit Sum
    • 题意
    • 题解
    • 技巧
    • 代码
  • F - 最良表現 / Best Representation
    • 题意
    • 题解
    • 技巧
    • 代码
• ARC 063
  • E - 木と整数 / Integers on a Tree
    • 题意
    • 题解
    • 技巧
    • 代码
• ARC 065
  • E - へんなコンパス / Manhattan Compass
    • 题意
    • 题解
    • 技巧
    • 代码

ARC 058

E - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku

题意

有一个长为 $n$ 的序列 $a_0,a_1,\cdots, a_{n - 1}$ ，给你三个参数 $X,Y,Z$ 。

定义一个好的序列满足 存在 $0\le x < y < z < w \le n$ 使得

$$\begin{align} \sum_{i = x}^{y - 1} a_i &= X\\ \sum_{i = y}^{z - 1} a_i &= Y\\ \sum_{i = z}^{w - 1} a_i &= Z \end{align}$$

问满足条件的序列有多少个。（对于 $10^9 + 7$ 取模）

$3 \le n \le 40, 1 \le X,Z \le 5, 1 \le Y \le 7$ 且 $1 \le a_i \le 10, a_i \in \mathbb{N^{+}}$ 。

题解

一道很妙的题qwq

一开始觉得是个思博题，然后发现怎么正向计数都会算重。

后来去看了下题解，原来可以转化成 $10^n -$ 不合法的序列数，这样就不会记重了。

但这样转化后如何记呢？数据范围十分地小，可以状压 $dp$ 。

具体来说就是把一个 $a_i$ 拆成一个 $1$ 和 $a_i - 1$ 个 $0$ 。

比如 $5$ 会被拆成 $\underline{10000}$ 。

然后我们就可以把之前填的数顺次拼起来了。

这样有什么好处呢？不难发现如果一段连续的和为 $S$ ，那么 $S$ 转化后的集合 会是 连续一段转化后拼起来构成的集合的 子集 。

比如 $2 + 4 = 6$ ，就有 $\underline {100000} \in \underline{10} + \underline{1000} = \underline{101000}$ 。

那么我们只要对于每个位置状压前 $X + Y + Z = 17$ 位就行了，一开始 $X,Y,Z$ 压成的状态顺次拼到一起的状态，就是所有不可行的状态的自己。

枚举当前填到哪一位，以及状态，再枚举这位填什么就行了，复杂度就是 $O(10n2^{X+Y+Z})$ 的。

技巧

要求连续和很小的时候也可以巧妙状压，注意看数据范围。

代码

戳这个 链接 ，好写的很。

ARC 059

F - バイナリハック / Unhappy Hacking

题意

一开始会有个空串 $S$ ，有三个操作。

• 在 $S$ 后面填个 $0$ ；
• 在 $S$ 后面填个 $1$ ；
• 删去 $S$ 的最后一个字符，如果 $S$ 为空，那么不会改变。

然后你会进行 $n$ 次操作，给你最后的串 $S$ ，问有多少种不同的操作序列满足条件。（对于 $10^9 + 7$ 取模）

$n \le 5000, 1 \le |S| \le n$

题解

一开始随便想了个 $O(n^3)$ 的暴力，就是令 dp[i][j][k] 为当前进行了 $i$ 次操作，串长为 $j$ ，第一个失配的地方在 $k$ 的操作方案数，对于当前进行什么操作分开考虑就行了。

其实正解很思博，我们之前那个 dp 第三维是没有必要的，因为我们发现串的形态是不会影响答案的，所以就令 dp[i][j] 为进行了 $i$ 次操作，串长为 $j$ 的方案数。

最后答案就是 $\displaystyle \frac{dp[n][len]}{2^{len}}$ ，因为最后每个串对应的方案数都是一样的，总共有 $2^{len}$ 个串，这样就是 $O(n ^ 2)$ 的了。

其实可以继续优化，怎么考虑计数呢，因为最后的串长要恰好为 $len$ ，我们可以转化成至多为 $len$ 的答案减去至多为 $len - 1$ 的答案。

我们假设 $f(x)$ 为串长至多为 $x$ 的答案，那么表达出来就是：

$$f(x) = \sum_{i = 0}^{n} [i - (n - i) \le x] ({n \choose i} - {n \choose i - (x + 1)}) \times 2^{i}$$

也就是我们考虑在 $n$ 个操作中有 $i$ 个操作为在后面添加字符，剩余 $n - i$ 个操作为退格操作。

• $[i - (n - i) \le x]$ 意味着所有退格和添加字符操作 全部抵消 后串长不超过 $x$ ，这是必要的条件。

• $\displaystyle {n \choose i}$ 是所有可能添加和退格操作的排列，$-\displaystyle {n \choose i - (x + 1)}$ 是所有最后串长会超过 $x$ 的情况。

  为什么会出现超过 $x$ 的情况呢？因为会有好一些退格操作都不会产生作用，不会产生作用的如果有 $i - (x + 1)$ 及以上个，那么就是不行的。

  不难发现，把其中不会消除的 $i - (x + 1)$ 退格操作放在排列在 $n$ 个总操作之中的任意一个地方，对应仅对应且仅对应一组不合法的解。

• 最后发现每个添加数字的操作会对应两个操作，所以还要乘上 $2^i$ 。

预处理了阶乘和阶乘逆元后就可以做到 $O(n)$ 的复杂度啦。

技巧

对于求最后要求形态唯一的题，可以考虑有多少个形态的方案数是和它一模一样的，最后除去那么多就行了，通常可以降低一维的复杂度。

代码

$O(n^3):$ 代码戳这里。

$O(n^2):$ 代码戳这里。

$O(n):$ 代码戳这里。

ARC 060

D - 桁和 / Digit Sum

题意

给你两个数 $n, s$ ，找出一个最小的数 $b$ 使得 $n$ 在 $b$ 进制下的数位和为 $s$ 。

$n,s \le {10}^{11}$

题解

对于 $< \sqrt n$ 的 $b$ 我们可以暴力枚举，然后逐位拆解求和，复杂度是 $O(\sqrt n \log n)$ 的。

对于 $[\lceil \sqrt n \rceil, n]$ 的 $b$ ，那么 $n$ 在 $b$ 进制下只有两位，其实就是解一个如下的方程：

$$\begin{align} \lfloor \frac{n}{b} \rfloor + n \bmod b &= s \\ \lfloor \frac{n}{b} \rfloor + (n - \lfloor \frac{n}{b} \rfloor \times b) &= s\\ \lfloor \frac{n}{b} \rfloor (1 - b) &= s - n \\ b &= \frac{n - S}{\lfloor \frac{n}{b} \rfloor} - 1 \end{align}$$

不难发现 $\displaystyle \lfloor \frac{n}{b} \rfloor$ 只有 $\sqrt n$ 种取值，我们直接整除分块，然后解方程即可。

然后对于 $n = s$ 的点需要特判，$b$ 此时为 $n + 1$ 。

所以最后复杂度是 $O(\sqrt n \log n)$ 的。

技巧

对于进制下的题，要么数位 $dp$ ，要么考虑分情况讨论。

$\ge \lceil \sqrt n \rceil$ 的进制只会有两位，$< \lceil \sqrt n \rceil$ 的进制位也只有 $\log n$ 层。

代码

戳这里。

F - 最良表現 / Best Representation

题意

定义一个内部不包含循环子串 $S$ 至少出现两次的串为好串，比如 $\underline{a}$ 为好串，$\underline{abab}$ 不为好串，$\underline{cdcdc}$ 为好串。

给你一个字符串 $w$ ，现在要把它划分成很多段好串，其中段数要尽量少。然后问段数尽量上的前提下，问有多少种划分方式。（对于 $10^9 + 7$ 取模）

题解

假设最好最优的段数为 $l$ 。

判断一个串是否为好串可以先用 $kmp$ ，求出每个前缀的 $fail$ （也就是这个前缀的最长公共前后缀 $(border)$ ）

然后就可以用一个常用性质了：

最小循环串（不一定会出现完毕）的长度等于 $len - border$ ，具体证明可以参考 这里 。

然后它为好串，当且仅当 $fail_i$ 为 $0$ 或者 $i \mod (fail_i - i) \not = 0$ 。前者因为最小循环串是自己本身，后者因为不能完全填满。

首先可以特殊考虑两种情况:

• $l = |w|:$ 此时所有字母都是一样的，可以在最后判断。
• $l = 1:$ 此时整个串可行，可以直接判掉。

剩下的情况其实答案都为 $l = 2$ ，为什么呢？

因为你可以考虑把 $1 \sim |w| - 1$ 分到一组，最后一个字母单独分成一组。

如果这样不可行的话，只有两种情况：

• 全部字母相等，前面会特判掉。
• $1 \sim |S| - 1$ 存在一个最小循环串 $|S|$ 至少出现两次，和最后一个拼起来后一定使得整个串不存在一个可行的最小循环串。

然后剩下计算方案数，只需要枚举断点，然后判断前后缀是否为好串即可。（ $kmp$ 预处理两次就行了）

技巧

牢记 $border(fail)$ 与 最小循环串 互相转化的性质。

代码

戳 这里 。

ARC 063

E - 木と整数 / Integers on a Tree

题意

给你一颗有 $n$ 个点的树，一开始有 $k$ 个点有权值。问是否能让其他的点也赋上权值，使得相邻两个节点的权值差的绝对值为 $1$ 。

如果可以，请给出一组构造方案满足条件。

$1 \le k \le n \le 10^5$

题解

首先分层考虑奇偶性是否存在解。

然后你对于每个点维护它可取的权值范围 $[l_i, r_i]$ 。

然后每次需要从儿子转移上来：

$$l_u = \max\{l_u, l_{son} - 1\}\\ r_u = \min\{r_u, r_{son} + 1\}$$

边界就是，这个点无权值就是 $[- \infty, \infty]$ ，有权值就是 $[val_u, val_u]$ 。

如果 $l_u > r_u$ 无解。

然后只需要从上往下随意构造一组方案即可 。

技巧

树上构造关于权值构造可以考虑奇偶性。关于差值，可以考虑每个点的取值范围然后向上转移即可。

代码

戳 这里 。

ARC 065

E - へんなコンパス / Manhattan Compass

题意

平面上有 $n$ 个点，其中选出两个点 $a, b$ ，令他们之间的曼哈顿距离为 $D$ 。

两个点联通当且仅当这两个点之间的曼哈顿距离也为 $D$ ，最后询问 $a$ 所在联通块的每个点的度数之和。

$1 \le n \le 10^5$

题解

一道挺不错的套路题。

看到曼哈顿距离不难想到可以与切比雪夫距离进行转换。

切比雪夫距离：

平面上两点 $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$ 之间的距离为 $\max(|x_1 - x_2|, |y_1 - y_2|)$ 。

如何转换呢？考虑把原来坐标系旋转 $45^{\circ}$ 。原来的坐标 $(x, y)$ 就变成了 $(x + y, x - y)$ 。

然后原图上两点的曼哈顿距离就变成切比雪夫距离了。

来理性地证明一波：

假设原来两点为 $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$ 变化后就是 $(x_1 + y_1, x_1 - y_1), (x_2 + y_2, x_2 - y_2)$ 。

$$\begin{align} d_{\mathcal{Chebyshev}} &= \max{\{|(x_1+y_1) - (x_2 + y_2)|, |(x_1 - y_1) - (x_2 - y_2)|\}}\\ &=\max{\{|(x_1-x_2) + (y_1 - y_2)|, |(x_1 - x_2) - (y_1 - y_2)|\}}\\ &=\max{\{|(x_1-x_2) \pm (y_1 - y_2)|\}}\\ &=|x_1 - x_2| + |y_1- y_2| \end{align}$$

注意最后一步可以自己讨论两边的正负来证明。

然后转了后，我们就可以转化成对于两个点其中一维的差值刚好为 $D$ ，另外一维 $\le D$ 。

为了方便讨论，我们先假设 $x$ 差值为 $D$ ，另外的一维也是一样讨论。

$$\begin{cases} x_1 - x_2 = D\\ -D\le y_1 - y_2 \le D \end{cases}$$

我们固定一维 $x$ ，那么另外一维 $y$ 就处于一个范围内，我们就可以快速处理出一个点的度数为多少了。

具体实现就是按 $x$ 排序， $x$ 相同按 $y$ 排序，然后用两个指针 $l, r$ 维护当前的区间 $[l, r]$ 就行了。（因为区间是单调的）

但是连边肯定不能暴力连，但我们发现是处于一段连续区间内，是否可以线段树优化建边呢？是可以的，但完全没有必要。

因为最后我们只需要求联通块，只需要保证连通性不会变，那么每次连边的时候我们发现相邻的不需要重复连边没有意义，我们每次记个 $pos$ 表示当前连边的区间扫到哪了就行了，然后这个点连向最后一个就行了。

这样的话最后的边数是 $O(n)$ 的了，最后总复杂度是 $O(n \log n)$ 的，瓶颈在排序上。

技巧

曼哈顿距离常常能和切比雪夫距离转化，然后常常定下一维另外一个就是个区间范围，这样就好处理很多了。

然后区间连通性连边可以用操作把边数降到 $O(n)$ 。

代码

戳 这里，挺短的。

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9851787.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！