2020 CCPC-Wannafly Winter Camp Day2

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A 托米的字符串

虽然每个子串出现的概率是相同的，但是同一长度的子串个数是不同的，所以要分别处理。计算出某一长度的情况下，元音字母的贡献，然后计算期望即可。

cls题解上的思路很清晰...我的代码太暴力了。

const int N = 1000010;
char s[N];
int a[N],n;
ll d[N],c[N];
int main()
{
    scanf("%s",s+1);
    n = strlen(s+1);
    double res = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i] == 'a' || s[i] == 'e' || s[i] == 'i' || s[i] == 'o' || s[i] == 'u' || s[i] == 'y'){
            a[i] = 1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i] == 1){
            d[i] = min(i,n-i+1);
        }
        d[i] += d[i-1];
        a[i] += a[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int l = min(i,n-i+1);
        int r = max(i,n-i+1);
        c[i] = 1ll * min(l,r) * (a[r] - a[l-1]) + d[l-1] + d[n] - d[r];//长度为i的贡献
        //cout << i << ' ' <<' ' << l << ' ' << r << ' ' << c[i] << endl;
        res += 1.0 * c[i] / i;
    }
    res /= 1ll*n*(n+1)/2;
    printf("%.10f
",res);
    return 0;
}

C.纳新一百的石子游戏

nim游戏，再胜局的情况下，要使得异或和变为0，必须选取某一堆拿一定数量的石子。如果逐个遍历前面所有的石子去验证是否可行复杂度会爆炸，所以通过位运算的规律来优化。异或和的结果最高位的1可以在异或操作中起到翻转作用，所以只需要一个长度60的数组来记录对应位为1的数字有多少个就可以了。

const int N = 100010;
int d[61],n;
ll a[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    ll x = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=60;j>=0;j--){
            if(a[i] >> j & 1){
                d[j]++;
            }
        }
        x ^= a[i];
        int res = 0;
        for(int j=60;j>=0;j--){
            if(x >> j & 1){
                res = d[j];
                //printf("%d
",d[j]);
                break;
            }
        }
        printf("%d
",res);
    }
    return 0;
}

E. 阔力梯的树

考虑子树合并的操作，每次都让轻儿子向重儿子合并即可。方法是重儿子的所有数存在set中，然后将所有轻儿子的节点以(O(logSize))的复杂度插入，插入的时候顺便更新答案即可。

有关树上启发式合并的内容:https://oi-wiki.org/graph/dsu-on-tree/

const int N = 100010;
int head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1],tot,n,cnt,id[N],l[N];
int son[N],sz[N];
ll res[N];
set<int> s;
void add(int x,int y){
    ver[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void pre(int x){
    sz[x] = 1;
    l[x] = ++ cnt;
    id[cnt] = x;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y = ver[i];
        pre(y);
        sz[x] += sz[y];
        if(sz[y] > sz[son[x]]){
            son[x] = y;
        }
    }
}
void modify(int x,int val){
    set<int>::iterator it = s.lower_bound(val);
    if(s.size() == 0){
        s.insert(val);
        return;
    }
    if(it == s.begin()){ // 最小的比它大
        ll tmp = (*it) - val;
        res[x] += tmp * tmp;
    }else if(it == s.end()){
        it--;
        ll tmp = val - (*it);
        res[x] += tmp * tmp;
    }else{
        ll tmp = (*it) - (*(--it));
        res[x] -= tmp * tmp;
        tmp = val - (*it);
        res[x] += tmp * tmp;
        tmp = (*(++it)) - val;
        res[x] += tmp * tmp;
    }
    s.insert(val);
}
void dfs(int x,bool flag){
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y = ver[i];
        if(y == son[x])continue;
        dfs(y,false);
    }
    if(son[x])dfs(son[x],true);
    res[x] = res[son[x]];
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y = ver[i];
        if(y == son[x])continue;
        //cout << y << ' ' << l[y] << ' ' << l[y] + sz[y] - 1 << endl;
        for(int j=l[y];j<=l[y]+sz[y]-1;j++){
            //添加，计算答案
            modify(x,id[j]);
        }
    }
    modify(x,x);
    if(!flag){
        s.clear();
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        add(x,i);
    }
    pre(1);
    dfs(1,false);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        printf("%lld
",res[i]);
    }
    return 0;
}

H. 叁佰爱抠的序列

欧拉回路问题，m个点，如果m是奇数那么完全图即欧拉图，是偶数则需要至少补((m-2)over 2)条边使得m-2个点的度数为偶数，2个点度数为奇数并作为起始点和终点。

二分找到最大的m，然后建图求出欧拉路径即可

const int N = 2010;
const int M = 8000010;
ll n;
int head[N],ver[M],nxt[M],tot;
int st[N*N],ans[N*N],vis[M],top,t;

inline ll getNum(ll x){
    if(x & 1){
        return (x * x - x) / 2 + 1;
    }else return x * x / 2;
}
inline void add(int x,int y){
    ver[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void euler(){
    st[++top] = 1;
    while(top){
        int x = st[top],i = head[x];
        while(i && vis[i]) i = nxt[i];
        if(i){
            st[++top] = ver[i];
            vis[i] = vis[i^1] = true;
            head[x] = nxt[i];
        }else{
            top --;
            ans[++t] = x;
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    ll m = 0,l = 1,r = 1500000000;
    while(l < r){
        ll mid = l + r + 1>> 1;
        if(getNum(mid) <= n){
            l = mid;
        }else r = mid - 1;
    }
    m = l;
    if(n > 2000000){
        printf("%lld
",m);
        return 0;
    }
    tot = 1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=i+1;j<=m;j++){
            add(i,j);
            add(j,i);
        }
    }
    if(m % 2 == 0){
        for(int i = 2;i < m;i += 2){
            add(i,i+1);
            add(i+1,i);
        }
    }
    euler();
   // cout << t << endl;
    for(int i=t+1;i<=n;i++){
        ans[i] = 1;
    }
    printf("%lld
",m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i > 1)printf(" ");
        printf("%d",ans[i]);
    }
    puts("");
    return 0;
}

K.破忒头的匿名信

所有的串总长为5e5，那么不同长度的串最多有根号n个。建好AC自动机后，顺着遍历目标串，对于每个符合要求的当前后缀，都可以产生一次有效转移（所有转移等同于DAG上求最短路)，总共最多发生(sqrt{n})次转移。所以复杂度最多(O(n*sqrt{n}))。

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e5 + 10;
int n,vis[N];
char s[N];
ll d[N];
namespace AC{
    int tr[N][26],tot;
    int e[N],fail[N],dep[N];
    ll val[N];
    queue<int> q;
    void init(){
        for(int i=0;i<=tot;i++){
            memset(tr[i],0,sizeof tr[i]);
            fail[i] = e[i] = 0;
        }
        tot = 0;
    }
    void insert(char *s,ll v){
        int u = 0;
        int len = strlen(s + 1);
        for(int i=1;i<=len;i++){
            if(!tr[u][s[i] - 'a']){
                tr[u][s[i] - 'a'] = ++tot;
                val[tot] = inf;
            }
            u = tr[u][s[i] - 'a'];
            dep[u] = i;
        }
        e[u] ++;
        val[u] = min(val[u],v);
    }
    void build(){
        for(int i=0;i<26;i++)if(tr[0][i])q.push(tr[0][i]);
        while(q.size()){
            int u = q.front();q.pop();
            for(int i=0;i<26;i++){
                if(tr[u][i])fail[tr[u][i]] = tr[fail[u]][i],q.push(tr[u][i]);
                else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
            }
        }
    }
    void query(char *t){
        int u = 0,res = 0;
        for(int i=1;t[i];i++){
            u = tr[u][t[i] - 'a'];
            for(int j = u; j; j = fail[j]){ //深度 dep[j], 价值 val[j];
                if(vis[i - dep[j]] && e[j]){
                    d[i] = min(d[i],d[i-dep[j]] + val[j]);
                    vis[i] = 1;
                }
            }
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    AC::init();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll val;
        scanf("%s%lld",s+1,&val);
        AC::insert(s,val);
    }
    scanf("%s",s+1);
    AC::build();
    int len = strlen(s+1);
    vis[0] = 1;
    for(int i=1;i<=len;i++){
        d[i] = 1ll * inf * inf;
    }
    AC::query(s);
    //for(int i=1;i<=len;i++)cout << d[i] << ' ' ; cout << endl;
    if(!vis[len]){
        puts("-1"); 
    }else{
        printf("%lld
",d[len]);
    }
    return 0;
}