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T1 小 Z 学数学(math)
Description
要说小 Z 最不擅长的学科，那一定就是数学了。这不，他最近正在学习加法运算。老师为了考核小 Z，给他出了一个问题。
给定一个操作序列，每个操作形如 t a 。如果 t 是 0，那么意味着加上 a；如果 t 是 1，那么意味着改成 a。那么问题来了，给定一开始有一个数字 0，按照从左到右的顺序执行操作序列中[l,r]段的操作，最后得到的数字是什么？为了确定小 Z 已经掌握了加法运算，老师给了他许多询问。小 Z 这下可 慌了，因为他昨天晚上都在 dota，没有学习，自然也就回答不出问题。他准备向你求助，你能告诉他每个询问的答案吗?
由于数据过大，所以小 Z 告诉了你数据的生成方式，并且你只要告诉他所有答案按照指定方式加密后的结果就行了。
Input
从 math.in 中读取数据。
一行三个数字 n,m,seed 表示操作数量和询问数量，以及用于生成接下来所需要的数据的变量。
生成数据的模板在下发文件 math.cpp 中给出。
Output
假设 m 个询问按照输入的顺序分别是 a1,a2,…,am,你需要输出一个整数，它等于(Sigma_{i=1}^{m} 233^{i} * ai)对 998244353 取膜的结果。
Sample Input
5 5 23333
Sample Output
50333483
Hint
对于 30%的数据, (n,m leq 5000)
对于 100%的数据,$ n,m leq 10^7 , 0 leq seed leq 10^9 $样例解释
获得的数据分别是
0 880345150
1 787931255
0 2943464295
1 876592220
0 2063957658
3 3
1 4
2 5
2 4
3 5
询问的答案是 2943464295,876592220,2940549878, 876592220, 2940549878
输出 50333483下发文件(math.cpp)
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; unsigned int seed,a[10000005]; int n,m,l[10000005],r[10000005],ans=0; bool type[10000005]; unsigned int GetNext() { seed^=(seed<<7); seed^=(seed>>8); seed^=(seed<<13); return seed; } int main() { scanf("%d%d%u",&n,&m,&seed); for(int i=1;i<=n;++i) type[i]=GetNext()%2,a[i]=GetNext(); //获得n个操作的t和a for(int i=1;i<=m;++i) //获得m个询问的左右端点 { l[i]=GetNext()%n+1,r[i]=GetNext()%n+1; int tmp; if(l[i]>r[i]) tmp=l[i],l[i]=r[i],r[i]=tmp; long long res = 0; // blablabla... } cout<<ans; return 0; }
Solution
显然修改操作之后的加法只对修改操作尝试影响，故利用好前缀和，记录一下之前一次修改操作的位置，即可O(1)回答询问。时间效率O(n+m).
Code
#include <stdio.h>
#define ui unsigned int
#define mod 998244353LL
#define MN 10000005
#define R register
#define Filename "math"
bool opt[MN];ui val[MN],belongs[MN],sum=0,n,m,x,cnt,p=233;
inline ui read(){
R ui x; R bool f; R char c;
for (f=0; (c=getchar())<'0'||c>'9'; f=c=='-');
for (x=c-'0'; (c=getchar())>='0'&&c<='9'; x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0');
return f?-x:x;
}
inline ui Getnext(){return x^=x<<7,x^=x>>8,x^=x<<13;}
int main(){
#ifndef Debug
freopen(Filename".in","r",stdin);
freopen(Filename".out","w",stdout);
#endif
n=read(),m=read(),x=read();
for (R int i=1; i<=n; ++i)
opt[i]=(Getnext()%2),belongs[i]=(opt[i]?++cnt:cnt),val[i]=(opt[i]?Getnext():((ui)((1ll*Getnext()+1ll*val[i-1])%mod)))%mod;
for (R int i=1; i<=m; ++i,p=(ui)(233ll*p%mod)){
R ui l=Getnext()%n+1,r=Getnext()%n+1;if (l>r) l^=r,r^=l,l^=r;
if (belongs[r]!=belongs[l]) sum=(ui)((1ll*sum+1ll*p*val[r]%mod)%mod);
else sum=(ui)((1ll*sum+1ll*p*((1ll*val[r]-1ll*(opt[l]?0:val[l-1])+mod)%mod)%mod)%mod);
}printf("%u",sum);
#ifndef Debug
fclose(stdin); fclose(stdout);
#endif
return 0;
}
T2 小 Z 学英语(english )
Description
好不容易混过了数学课，英语课又快开始了。小 Z 十分紧张，毕竟他还没有背好要考的单词，所以他想争取在英语课之前背完单词。小 Z 要背的单词有 n个，并且他们有着相同的长度。为了节约时间，小 Z 准备将一些循环同构的单词一起背。
我们称两个单词循环同构，当且仅当满足至少一个下面的条件。
1） 两个单词相同
2） 把其中一个单词的最后一位接到最前面(例如”abc”变成”cab”)，得到的单词和另一个单词循环同构。
例如”abc”和”abc”,”cab”,”bca”循环同构。
小 Z 现在想知道这些单词中有多少对<i,j>(i<j)，满足第 i 个单词和第 j 个单词循环同构？
Input
从 english.in 中读取数据。
第一行两个数 n,m， 表示有 n 个单词，每个单词的长度是 m 。
接下来 n 行，每行读入一个长度为 m 的单词，单词只包含小写字母
Output
输出一个数字表示答案。
Sample Input
4 4
abcd
acbd
bcda
dabc
Sample Output
3
Hint
本题采用子任务制，只有你通过一个 subtask 内所有的数据点才能得到这个数据点对应的分数。
Subtask1 包含 30Points， 满足$ 1 leq n,m leq 300( Subtask2 包含 30Points，满足) m leq 5$
Subtask3 包含 40Points 没有特殊限制条件
对于所有数据，满足 $1 leq n,m leq 10^6 , n*m leq 10^6 $
样例解释
abcd、 bcda、 dabc 循环同构，答案是 3
Solution
对字符串求最小表示法然后扔trie树解决即可。时间复杂度(O(nm)),空间复杂度(O(26nm))
Code
#include <stdio.h>
#define MN 1000005
#define R register
#define ll long long
#define Filename "english"
inline int read(){
R int x; R bool f; R char c;
for (f=0; (c=getchar())<'0'||c>'9'; f=c=='-');
for (x=c-'0'; (c=getchar())>='0'&&c<='9'; x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0');
return f?-x:x;
}
char st[MN<<1];int n,m,cnt;ll ans;int trie[MN][26],val[MN];
inline int getans(){
R int i=0,j=1;
while(i<m&&j<m){
R int k=0;
while (st[i+k]==st[j+k]&&k+2<m) ++k;
if (st[i+k]>st[j+k]) i=i+k+1;
else j=j+k+1;if(i==j) ++j;
}return i<j?i:j;
}
int main(){
#ifndef Debug
freopen(Filename".in","r",stdin);
freopen(Filename".out","w",stdout);
#endif
n=read(),m=read();
for (R int i=1; i<=n; ++i){
scanf("%s",st);for (R int j=0; j<m; ++j) st[j+m]=st[j];
R int stpos=getans();R int x=0;
for (R int i=0; i<m; ++i){
if (!trie[x][st[stpos+i]-'a']) trie[x][st[stpos+i]-'a']=++cnt;
x=trie[x][st[stpos+i]-'a'];
}ans+=val[x]++;
}printf("%lld
",ans);
#ifndef Debug
fclose(stdin); fclose(stdout);
#endif
return 0;
}
T3 小 Z 学化学 (chemistry )
Description
小 Z 最喜欢的学科是化学，甚至参加了化学学科比赛，获得了优异的成绩。
但他更有兴趣探索宇宙的奥秘，这天他遇到了一个难题。
小 Z 利用 α-666 射线观察了一种结构未知的 β-233 分子，并且发现这个分子的结构形成了一棵以 1 为根三叉树。因为物质的平衡问题，树上的每一个节点只可能有 0 或者 3 个儿子。这棵树上的每个叶节点都会有一些核能，因此所有节点都会因此获得一些能量值，而这个分子的能量值就等于根节点的能量值。
经过不断的探寻，小 Z 终于发现了能量值的奥秘。原来每个叶节点的能量值就等于它的核能，而每个非叶节点的能量值等于他的三个儿子的能量值的中位数。小 Z 现在已经知道了所有叶子节点的核能值，也知道了这个分子能量值是多少，但他可以运用一些新技术，交换其中部分节点的核能。
小 Z 想知道在任意交换的情况下，这个分子的能量值最大能是多少。 这对他的研究有着重要意义。
Input
从 chemistry.in 中读取数据。
第一行两个数字 n,m，表示有 n 个节点，有 m 个叶子节点的核能可以任意交换。
接下来 n 行，第 i 行描述第 i 个节点的信息。
如果这个节点是一个叶子结点，那么这一行包括两个整数，第一个数是-1，第二个数 ai 表示这个节点的能量值。否则的话，这一行包括三个不同的整数，表示这个节点的三个子节点。
最后一行 m 个数，表示可以任意交换的叶子节点的编号。
Output
输出一个数字，表示所有情况下分子的能量值的最大值。
Sample Input
7 5
2 4 5
3 6 7
-1 1
-1 3
-1 4
-1 2
-1 5
3 4 5 6 7
Sample Output
4
Hint
本题采用子任务制，只有你通过一个 subtask 内所有的数据点才能得到这个数据
点对应的分数。
Subtask1 包含 20Points 满足$ n,m leq 8( Subtask2 包含 10Points 满足) m leq 1 ( Subtask3 包含 20Points 满足) nleq 100000, m leq 5( Subtask4 包含 20Points 满足) n,m leq 5000( Subtask5 包含 30Points 满足) n,m leq 10^6( 对于所有数据，满足) m leq n leq 10^6 , n geq 1 , 0 leq ai leq 10^9$
由于读入数据较大，建议使用较快速的读入方式。样例解释
不交换情况下能量值是 3。假如交换节点 4 和节点 7 的核能，那么能量值就变成了 4，可以证明这是最大的能量值。
Solution
显然答案一定是叶节点中的某一个数，考虑枚举答案，判断合法性。
确定要判断的数字之后，就只剩下了两种数字，分别大等于或者小于要判断的数字。这里认为大等于的数字是合法的。
我们用 f[i]表示 i 的能量值大等于要判断的数字最少需要填入几个合法的数字，那么对于确定的叶子结点，如果他合法， f[i]=0,否则 f[i]=INF。对于不确定的， f[i]=1。
然后就有了转移， f[i]就等同于它的三个儿子中比较小的两个 f 的和。最后我们只需要判断是否有足够的数字填入即可 。
如果只是这样做的话，时间复杂度可以看做是(O(n^2))的，可以得到70分。
仔细观察一下，发现作为一个判定性问题，显然对于一个答案如果它合法，那么比它小的答案必然是合法的，故可以二分答案解决，将问题转化为判定性问题。时间复杂度(O(n log_{2} n))
Code
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define MN 1000005
#define R register
#define Filename "chemistry"
using namespace std;
inline int read(){
R int x; R bool f; R char c;
for (f=0; (c=getchar())<'0'||c>'9'; f=c=='-');
for (x=c-'0'; (c=getchar())>='0'&&c<='9'; x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0');
return f?-x:x;
}
int val[MN],n,m,s[MN][3],L[MN],mid;bool mark[MN];
inline int dp(int u){
if (s[u][0]== -1) return mark[u]?1:(val[u]>=mid?0:n+1);
R int f1=dp(s[u][0]),f2=dp(s[u][1]),f3=dp(s[u][2]);
return min(n+1,f1+f2+f3-max(f1,max(f2,f3)));
}
int main(){
#ifndef Debug
freopen(Filename".in","r",stdin);
freopen(Filename".out","w",stdout);
#endif
n=read(),m=read();
for (R int i=1; i<=n; ++i){
if ((s[i][0]=read())==-1) val[i]=read();
else s[i][2]=read(),s[i][1]=read();
}for (R int i=1; i<=m; ++i) mark[read()]=1;
for (R int i=1,cnt=0; i<=n; ++i) if (mark[i]) L[++cnt]=val[i];
sort(L+1,L+m+1);R int l=1,r=1e9;
for (;l<r;){
mid=l+r+1>>1;if (dp(1)<=m-(lower_bound(L+1,L+m+1,mid)-L)+1) l=mid;
else r=mid-1;
}printf("%d",l);
#ifndef Debug
fclose(stdin); fclose(stdout);
#endif
return 0;
}