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2016 Multi-University Training Contest 4
官方题解
KMP+DP A Another Meaning(CYD)
题意:
给一段字符,同时给定你一个单词,这个单词有双重意思,字符串中可能会有很多这种单词,求这句话的意思总数:hehe。
思路:
可以用kmp算法快速求出串中的单词数量,若单词是分开的,每个单词有两种意思,可以直接相乘,若两个及以上单词在原串中是有交集的,那么数量不是直接相乘,发现这片连在一起的单词数量dp[i]=dp[i-1]+dp[j];若i是连在一起的第一个数,dp[i]是2,j是与i不直接相连的最大那个单词位置,若这串的第一个单词也与之相连,那么dp[j]=1;这样就可以算出总数了。
代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=100005; const long long mod=1000000007; int f[maxn],n,m,s; int a[maxn]; long long b[maxn]; char P[maxn],T[maxn]; void getFail() { f[0]=0;f[1]=0; for(int i=1;i<m;i++) { int j=f[i]; while(j && P[i]!=P[j]) j=f[j]; f[i+1]= P[i] == P[j] ? j+1 : 0; } } int main() { int t,cas=1; int i,j; scanf("%d",&t); while(t--) { memset(f,0,sizeof(f)); s=0; b[0]=1;a[0]=-1; scanf("%s",T); scanf("%s",P); n=strlen(T),m=strlen(P); getFail(); long long ans=1; int cnt=0,line=-1; j=0; for(i=0;i<n;i++) { while(j && P[j]!=T[i]) j=f[j]; if(P[j]==T[i]) j++; if(j==m) { if(i-m+1>line) { ans=(ans*b[s])%mod; a[++s]=i; b[s]=2; cnt=1,line=i; } else { int k=lower_bound(a+1,a+1+s,i-m+1)-a; long long c=b[k-1]; if(s-k+1>=cnt) c=1; a[++s]=i; b[s]=(c+b[s-1])%mod; cnt++,line=i; } j=0,i=i-m+1; } } ans=(ans*b[s])%mod; printf("Case #%d: %I64d ",cas++,ans); } return 0; }
中国剩余定理+容斥原理 E Lucky7(BH)
题意:
问[L,R]区间内所有满足条件的数的个数,条件:and
思路:
看到n的范围应该能想到可以用状态压缩来枚举(pi,ai)的组合,求这个有什么用呢?可以从反面考虑,先求出“在[L,R]范围内,是7的倍数且”的个数,然后用”是7的倍数“的个数减之就是答案。前者可以用中国剩余定理以及状态压缩枚举方程组来得到,注意要是在7的倍数的条件下,所以每次取出的方程组一定要有(p=7, a=0)的方程组。另外,小于n的个数内是k的倍数的个数为n/k。
代码:
#include <bits/stdc++.h> typedef long long ll; const int N = 20; ll a[N], m[N]; ll ta[N], tm[N]; ll L, R; int n, k; void ex_GCD(ll a, ll b, ll &x, ll &y, ll &d) { if (!b) { x = 1; y = 0; d = a; } else { ex_GCD (b, a % b, y, x, d); y -= a / b * x; } } ll mul_mod(ll a, ll b, ll mod) { ll ret = 0; a = (a % mod + mod) % mod; b = (b % mod + mod) % mod; while (b) { if (b & 1) { ret += a; if (ret >= mod) ret -= mod; } b >>= 1; a <<= 1; if (a >= mod) a -= mod; } return ret; } ll M; ll China(int k, ll *a, ll *m) { ll x, y, ret = 0, d; for (int i=0; i<=k; ++i) { ll w = M / m[i]; ex_GCD (w, m[i], x, y, d); ret = (ret + mul_mod (mul_mod (x, w, M), a[i], M)); } return (ret + M) % M; } ll solve(ll x) { if (x == 0) return 0; ll sub = 0; int S = 1 << n; ta[0] = 0; tm[0] = 7; for (int i=1; i<S; ++i) { int k = 0; M = 7; for (int j=0; j<n; ++j) { if (i & (1 << j)) { ta[++k] = a[j]; tm[k] = m[j]; M *= m[j]; } } ll res = China (k, ta, tm); if (x < res) continue; if (k & 1) sub -= (x - res) / M + 1; else sub += (x - res) / M + 1; } //ret < 0 return x / 7 + sub; } int main() { int T; scanf ("%d", &T); for (int cas=1; cas<=T; ++cas) { scanf ("%d%I64d%I64d", &n, &L, &R); for (int i=0; i<n; ++i) { scanf ("%I64d%I64d", m+i, a+i); } printf ("Case #%d: %I64d ", cas, solve (R) - solve (L-1)); } return 0; }
后缀数组 F Substring(BH)
题意:
问一个字符串里至少包含一个字符X的不同的子串的个数。
思路:
后缀数组可以较方便的处理LCP(最长公共前缀)。方法如下图所示:设有一个字符串为"aabaaaab",可以对所有后缀按照字典序从小到大排序,排好序后相邻的后缀的相同前缀长度就是它们的LCP,那么这题要求不相同的子串,所以这些相同的前缀肯定不能多次统计,比如aab和aabaaaab,b是要求字符,那么aab只能统计一次,对于aabaaaab它能贡献的子串只能是aabaaaab。如果要求字符X,只需要记录距离后缀i最近的字符X的位置。
代码:
#include <bits/stdc++.h> typedef long long ll; const int N = 1e5 + 5; struct Suffix_Array { int n, len, s[N]; int sa[N], rank[N], height[N]; int tmp_one[N], tmp_two[N], c[N]; void init_str(char *str); void build_sa(int m = 128); void get_height(); void print(); }SA; void Suffix_Array::print() { puts ("sa[] and height[]:"); for (int i=0; i<n; ++i) { printf ("%2d ", sa[i]); } puts (""); for (int i=0; i<n; ++i) { printf ("%2d ", height[i]); } puts (""); } char str[N]; int nex[N]; char q[2]; ll solve() { SA.init_str (str); SA.build_sa (); SA.get_height (); ll ret = 0; int len = SA.len; nex[len] = len; for (int i=len-1; i>=0; --i) { nex[i] = str[i] == q[0] ? i : nex[i+1]; } for (int i=1; i<=len; ++i) { ret += (len - 1) - std::max (SA.sa[i] + SA.height[i], nex[SA.sa[i]]) + 1; } return ret; } int main() { int T; scanf ("%d", &T); for (int cas=1; cas<=T; ++cas) { scanf ("%s", &q); scanf ("%s", &str); printf ("Case #%d: %I64d ", cas, solve ()); } return 0; } void Suffix_Array::init_str(char *str) { n = 0; len = strlen (str); for (int i=0; i<len; ++i) { s[n++] = str[i] - 'a' + 1; } s[n++] = 0; //n = strlen (str) + 1 } void Suffix_Array::get_height() { for (int i=0; i<n; ++i) rank[sa[i]] = i; int k = height[0] = 0; for (int i=0; i<n-1; ++i) { if (k) k--; int j = sa[rank[i]-1]; while (s[i+k] == s[j+k]) k++; height[rank[i]] = k; } } //m = max (r[i]) + 1,一般字符128足够了 void Suffix_Array::build_sa(int m) { int i, j, p, *x = tmp_one, *y = tmp_two; for (i=0; i<m; ++i) c[i] = 0; for (i=0; i<n; ++i) c[x[i]=s[i]]++; for (i=1; i<m; ++i) c[i] += c[i-1]; for (i=n-1; i>=0; --i) sa[--c[x[i]]] = i; for (j=1, p=1; p<n; j<<=1, m=p) { for (p=0, i=n-j; i<n; ++i) y[p++] = i; for (i=0; i<n; ++i) if (sa[i] >= j) y[p++] = sa[i] - j; for (i=0; i<m; ++i) c[i] = 0; for (i=0; i<n; ++i) c[x[y[i]]]++; for (i=1; i<m; ++i) c[i] += c[i-1]; for (i=n-1; i>=0; --i) sa[--c[x[y[i]]]] = y[i]; std::swap (x, y); for (p=1, x[sa[0]]=0, i=1; i<n; ++i) { x[sa[i]] = (y[sa[i-1]] == y[sa[i]] && y[sa[i-1]+j] == y[sa[i]+j] ? p - 1 : p++); } } }
贪心+LIS J The All-purpose Zero
题意:
有一串数,其中0可以变为任意整数,最长上升子序列是多长。
思路:
0可以转换成任意任何整数,就是说也可以转换为负数,那么最长上升子序列包含的数值一定含有全部0,那么就看其余正整数能否在数列中,也就是说是否会和0变化成的数字冲突,那么我们可以将每个权值S[i]减去i前面0的个数这个方法组成新的数列做LIS(O(nlogn)),最后加上0的数量。
代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int inf=0x3f3f3f3f; int s[100005],m,dp[100005]; int main() { int T,cas=1; int i,j,k; int n,num,x,ma; scanf("%d",&T); while(T--) { for(i=0;i<=100002;i++) { dp[i]=inf; } m=0,num=0,ma=0; scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); if(x==0) { num++; } else { s[++m]=x-num; } } for(i=1;i<=m;i++) { int l=lower_bound(dp+1,dp+n+1,s[i])-dp; dp[l]=s[i]; ma=max(l,ma); } printf("Case #%d: %d ",cas++,ma+num); } return 0; }