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奇怪的O(n)大赛，三道题数据都是几百万，真吓人。
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A.交易♂
一个坐标轴上有n个商人，分别在坐标x1.x2..xn(保证递增且都是正整数)，你和商人在同一位置的时候你可以和他交易，他在t秒后会丢下一个货物，你和货物在同一位置的时候可以拿走那个货物。移动一个单位花费时间1，捡起货物和交易不消耗时间，你一开始在0号点求拿走所有商人的货物并且走到点m(m>x)的最小时间。
n<=3000000 x,m,t<=10^9
题解：显然最优解是我们走很多段，每一段中，我们都是在走过去的时候先交易一下，然后往回走，再往前走，拿走所有货物。
用f[i]表示拿到前i个货物并且到达第i个点的最小时间，n^2dp很好列出:$$f[i]=max(f[j]+s[i]-s[j]+max(2*s[i]-2*s[j+1],t)$$
考虑优化，但是这个max怎么办呢？我们可以把它拆成两部分，一部分等待时间都是t，只需要求一个最小的坐标更新答案，另一部分我们记一下f[j]-s[j]-2*s[j+1]的最小值就行了，复杂度O(n)
我比较傻还上了一个单调队列
#include<iostream> #include<cstdio> #define MN 3000000 #define INF 10000000000000000LL #define ll long long #define getchar() (*S++) using namespace std; char B[1<<26],*S=B; inline int read() { int x = 0; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar(); while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return x; } int n,q[MN+5],top,tail; ll m,t,f[MN+5],mn=INF,s[MN+5]; inline ll get1(int x,int y) { while(top>=tail&&q[tail]<y) tail++; if(top<tail)return INF; return f[q[tail]]+t+s[x]-s[q[tail]]; } inline void ins(int x) { while(top>=tail&&f[x]-s[x]<f[q[top]]-s[q[top]]) --top; q[++top]=x; } int main() { freopen("trade.in","r",stdin); freopen("trade.out","w",stdout); fread(B,1,1<<26,stdin); n=read();m=read();t=read(); for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=read(); for(int i=1,j=0;i<=n;i++) { while(j<i&&2*s[i]-2*s[j+1]>=t)mn=min(mn,f[j]-2*s[j+1]-s[j]),++j; ll res1,res2; res1=j<i?get1(i,j):INF; res2=j?mn+3*s[i]:INF; f[i]=min(res1,res2);ins(i); } printf("%lld ",f[n]+m-s[n]); return 0; }
B.字符串
给定两个长度都是n的字符串，你要通过一种变换使得第一个字符串变成第二个字符串，求最小变换次数。
所谓的变换是指，对于一个区间[l,r]，从前往后，每个字符都可以变成上一个变成的字符，或者不变。
如果无法完成，输出-1 n<=3000000
题解：考虑贪心。我们定义一个k，初始k=n,然后从后往前对于第二个字符串中的第i位，从第一个字符串的第k位之前找一个和它相同的字符，从那个字符更新它肯定最优。
那么我们用f[i]表示第i个字符在多久之前被占用，也就是有多少个操作覆盖了它。那么每次k前移，f[i]都会+1，而每个$kleqslant j<i$的j都要用它来更新下一个，也就是说f[j]=max(f[j],f[j+1])+1.
很显然f[j]一定不会比f[j+1]大,所以f[j]=f[j+1]+1,也就是整个数组的前半部分被我们后移了一位，然后+1 最后答案就是f的最大值.
考虑实现，后移直接用一个变量统计，+1操作通过差分实现，时间复杂度都是O(n)
#include<iostream> #include<cstdio> #define MN 3000000 using namespace std; inline int read() { int x = 0;; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar(); while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return x; } int n; int x[MN+5],now=0,move=0,ans=0; char s[MN+5],s2[MN+5]; int main() { freopen("string.in","r",stdin); freopen("string.out","w",stdout); n=read();scanf("%s",s+1);scanf("%s",s2+1); for(register int i=n,k=n;i;i--) { if(k>i&&s2[i]!=s[i]) k=i; now+=x[i+move],x[i+move]=0; if(k<=i&&s2[i]!=s[k]) { while(k&&s[k]!=s2[i]) --k; if(!k) return 0*puts("-1"); move++,x[k+move-1]-=1,++now; ans=max(ans,now); } } printf("%d ",ans); return 0; }
C.矩阵
有一个n*n的矩阵，其中有m个黑块。如果有两个块(x,y)(y,z)都是黑块，那么你可以把(z,x)涂黑。求你最多能涂黑多少块。n,m<=1000000
题解：很容易想到转化成图论模型，黑块(x,y)表示第x个点向第y个点连边。那么考虑暴力染色，将i能到的所有点染色成(col[i]+1)%3
如果存在一种合法的染色方案，且颜色012都有出现，那么此时所有点0向所有点1都有连边，1->2,2->0同理
这个很容易证明，假设你有一个图，所有0->1,1->2,2->0都有连边，那么你随意加入一个点，假设是一个0->1,那么因为所有2都向0连边，所以新加的点向所有2都有连边，那么又因为2到所有0都有连边，所以所有0到他都有连边，所以新图同样满足这个结论。而012都出现的图可以看作一个简单的0->1->2->0三个点组成的环，你把其他所有点塞进去，一定还是满足的。
如果存在一种合法的染色方案，且颜色012没有全部出现，那么此时肯定没有新增的边，这个很好理解。
如果没有合法的染色方案呢？这时候所有点向所有其他点,包括自己，肯定都有边。这个结论同样可以证明，当然也可以 打表/画图 观察发现。
严格证明我不会，但是你可以随意选出一个长度不是3的倍数的环，你会发现边都是满的。
大概就是这样，每个联通块跑一跑就没了，复杂度O(n+m)吧。
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; inline int read() { int x = 0 , f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return x * f; } struct edge{int to,next,kind;}e[2000005]; int head[1000005],cnt=0,n,num,m,sum,col[1000005],cou[5]; ll ans=0; bool mark[1000005],flag; inline void ins(int f,int t){e[++cnt]=(edge){t,head[f]};head[f]=cnt;} void dfs(int x) { mark[x]=1;num++;cou[col[x]]++; for(int i=head[x];i;i=e[i].next,++sum) if(!mark[e[i].to]) col[e[i].to]=(col[x]+((i&1)?1:-1)+3)%3,dfs(e[i].to); else if(col[e[i].to]!=(col[x]+((i&1)?1:-1)+3)%3) flag=false; } void solve(int i) { cou[0]=cou[1]=cou[2]=0; flag=true;num=0;sum=0;dfs(i);sum/=2; if(flag) { if(cou[0]&&cou[1]&&cou[2]) ans+=1LL*cou[0]*cou[1]+1LL*cou[2]*cou[0]+1LL*cou[1]*cou[2]-sum; } else ans+=1LL*num*num-sum; } int main() { freopen("matrix.in","r",stdin); freopen("matrix.out","w",stdout); n=read();m=read(); for(register int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();ins(u,v);ins(v,u);} for(register int i=1;i<=n;i++) if(!mark[i]&&head[i]) solve(i); printf("%lld ",ans+m); return 0; }