P3879 [TJOI2010]阅读理解
考虑用 Trie 解决
#include<stdio.h>
#include<bitset>
#include<string.h>
#define rep(i,n) for (int i=0; i<n; ++i)
int n,m,t=1,cnt=1,l,*p,a[500000][26];
char c[20]; std::bitset<1010>v[500000];
int main() {
scanf("%d",&n);
rep(i,n) for (scanf("%d",&m); m; --m) {
scanf("%s",c),l=strlen(c),p=&t;
rep(j,l) p=&a[*p][c[j]-97],*p||(*p=(++cnt));
v[*p][i]=1;
}
for (scanf("%d",&m); m; --m,putchar('
')) {
scanf("%s",c),l=strlen(c),p=&t;
for (int i=0; i<l&&*p; ++i) p=&a[*p][c[i]-97];
rep(i,n) v[*p][i]&&(printf("%d ",i+1),0);
}
return 0;
}
其实是很裸的模板题了 主要问题在于空间占用
首先可以用 bitset 代替 bool 数组来省空间
然后要考虑 Trie 包含的节点个数
容易看出节点个数不超过所有文章的总字母数，也就是 (5 imes 10^6)
但是按这个上界开数组肯定空间爆炸
因为单词前缀重合较多、数据良心等原因，实际上节点个数远远达不到这个级别
所以开到 (5 imes 10^5) 就够了 同时也不会MLE
P6392 中意
求 (ans=leftlceil dfrac{b imes 2^{a+2}}{25} ight ceil imes 100) 的值
当 (25 | b imes 2^{a+2}) ，即 (25 | b) 时，上取整可以直接去掉，(ans=4b imes 2^{a+2})
若 (25
mid b) ，则上取整相当于下取整再加 1 ， (ans=leftlfloor dfrac{b imes 2^{a+2}}{25}
ight
floor imes100+100)
而 (leftlfloor dfrac{b imes 2^{a+2}}{25}
ight
floor=dfrac{b imes 2^{a+2}-(b imes 2^{a+2}mod 25)}{25})
代入得 (ans=4[b imes 2^{a+2}-(b imes 2^{a+2}mod 25)]+100)
务必注意对 (25) 取模之前不要对 (998344353) 取模
(b) 非常大，所以读入时就要取模，模 (25) 和模 (998344353) 也要分开算
#include<stdio.h>
#include<ctype.h>
const int P=998344353,p=25;
int s1,s2,x1=2,x2=2; long long a; char ch;
int main() {
for (ch=getchar(); isdigit(ch); ch=getchar())
s1=(10ll*s1+(ch^48))%P,s2=(s2*10+(ch^48))%p;
for (scanf("%lld",&a),a+=2; a; a>>=1)
(a&1)&&(s1=1ll*s1*x1%P,s2=s2*x2%p),
x1=1ll*x1*x1%P,x2=x2*x2%p;
s1=4ll*(s1-s2+P)%P,s2&&(s1=(s1+100)%P);
printf("%d
",s1);
return 0;
}
P5677 [GZOI2017]配对统计
首先研究一下“好的配对”
其实就是先确定 (a_x) ，要找到 (a_y) 使两者差的绝对值最小
对 (a) 排序，那么符合条件的 (a_y) 排序后肯定与 (a_x) 相邻
很容易就能找出所有“好的配对” ((x,y))
注意 ((x,y)) 和 ((y,x)) 其实是有区别的，但是在查询的时候两者等价，所以不妨令 (x<y)
然后来处理查询
同时考虑左右边界不方便，所以我们通过排序先处理掉一边
将所有查询离线，按右边界 (r) 的大小升序排序
再将所有“好的配对”按靠右元素的位置 (y) 升序排序
处理询问 (i) 时，要考虑所有满足 (yle r_i) 的配对
所以我们在完成了询问 (1sim i-1) 的基础上，只需要再加入 (r_{i-1}<yle r_i) 的配对即可
左边界要求 (xge l_i)
用树状数组存储已加入的配对中靠左元素的位置 (x)
那么这就是个裸的区间查询了
最后要按照题目要求计算答案
时间复杂度为 (O(nlog n)) （认为 (n,m) 同级）
#include<stdio.h>
#include<ctype.h>
#include<algorithm>
#define gc (l==r&&(r=(l=c)+fread(c,1,1<<21,stdin),l==r)?EOF:*l++)
const int N=300010,inf=2e9; long long ans;
int n,m,cnt,t,f[N];
inline int lb(int x) { return (-x&x); }
inline void upd(int i) {
for ( ; i<=n; i+=lb(i)) ++f[i];
}
inline int qry(int i) {
int s=0;
for ( ; i; i-=lb(i)) s+=f[i];
return s;
}
char c[1<<21],*l=c,*r=c;
inline int read() {
int x=0; char ch=gc;
while (!isdigit(ch)) ch=gc;
while (isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=gc;
return x;
}
struct node { int i,x; }a[N];
struct match { int l,r; }b[N];
struct query { int i,l,r; }q[N];
int operator < (node p,node q) { return p.x<q.x; }
int operator < (match p,match q) { return p.r<q.r; }
int operator < (query p,query q) { return p.r<q.r; }
inline void add(int x,int y) {
x>y&&(t=x,x=y,y=t);
b[++cnt]={x,y};
}
int main() {
n=read(),m=read();
for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]={i,read()};
std::sort(a+1,a+n+1),a[0].x=-inf,a[n+1].x=inf;
for (int i=1; i<=n; ++i) //找出所有“好的配对”
a[i].x-a[i-1].x<=a[i+1].x-a[i].x&&(add(a[i].i,a[i-1].i),0),
a[i].x-a[i-1].x>=a[i+1].x-a[i].x&&(add(a[i].i,a[i+1].i),0);
for (int i=1; i<=m; ++i) t=read(),q[i]={i,t,read()};
std::sort(b+1,b+cnt+1),std::sort(q+1,q+m+1);
for (int i=1,j=1; i<=m; ++i) {
while (b[j].r<=q[i].r&&j<=cnt) upd(b[j].l),++j; //加入配对
ans+=1ll*q[i].i*(j-1-qry(q[i].l-1)); //j-1为已加入的配对数
}
printf("%lld
",ans); //要开long long
return 0;
}
P2233 [HNOI2002]公交车路线
显然可以递推
用 (f_{i,j}) 表示换了 (i) 次车最终到达 (j) 站的方案数（ (j=0sim7) 依次对应 (Asim H) ）
则有 (egin{cases}
f_{i,0}=f_{i-1,1}+f_{i-1,7}\
f_{i,1}=f_{i-1,0}+f_{i-1,2}\
f_{i,2}=f_{i-1,1}+f_{i-1,3}\
f_{i,3}=f_{i-1,2}\
f_{i,4}=f_{i-1,3}+f_{i-1,5}\
f_{i,5}=f_{i-1,6}\
f_{i,6}=f_{i-1,5}+f_{i-1,7}\
f_{i,7}=f_{i-1,0}+f_{i-1,6}
end{cases})
注意到达 (E) 站之后就不会再换车了，所以 (f_{i,3},f_{i,5}) 与 (f_{i-1,4}) 无关
直接递推时间复杂度是 (O(n)) 的，可以通过
但这是 2002 年的省选题，在当时的评测机配置下显然会超时
实际上我们可以把递推式写成矩阵乘法的形式
(egin{bmatrix}f_{i,0}\f_{i,1}\f_{i,2}\f_{i,3}\f_{i,4}\f_{i,5}\f_{i,6}\f_{i,7}end{bmatrix}= egin{bmatrix} 0&1&0&0&0&0&0&1\ 1&0&1&0&0&0&0&0\ 0&1&0&1&0&0&0&0\ 0&0&1&0&0&0&0&0\ 0&0&0&1&0&1&0&0\ 0&0&0&0&0&0&1&0\ 0&0&0&0&0&1&0&1\ 1&0&0&0&0&0&1&0end{bmatrix} egin{bmatrix}f_{i-1,0}\f_{i-1,1}\f_{i-1,2}\f_{i-1,3}\f_{i-1,4}\f_{i-1,5}\f_{i-1,6}\f_{i-1,7}end{bmatrix})
然后写个矩阵加速就可以 (O(8^3log n)) 解决了
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define rep(i) for (int i=0; i<8; ++i)
struct matrix { int c[8][8]; }a,f,t;
matrix operator * (matrix x,matrix y) {
memset(t.c,0,sizeof t.c);
rep(i) rep(j) {
rep(k) t.c[i][j]+=x.c[i][k]*y.c[k][j];
t.c[i][j]%=1000;
}
return t;
}
int main() {
f=a={ { {0,1,0,0,0,0,0,1},
{1,0,1,0,0,0,0,0},
{0,1,0,1,0,0,0,0},
{0,0,1,0,0,0,0,0},
{0,0,0,1,0,1,0,0},
{0,0,0,0,0,0,1,0},
{0,0,0,0,0,1,0,1},
{1,0,0,0,0,0,1,0} } };
int n; scanf("%d",&n),--n;
while (n) (n&1)&&(f=f*a,0),a=a*a,n>>=1;
printf("%d
",f.c[4][0]);
return 0;
}
P4317 花神的数论题
终于看懂了兔队做法 实在太强了%%%
(operatorname{sum}(i)) 的取值范围很小，可以考虑统计每个取值的出现次数
用 (f_{i,j}) 表示最高 (i) 位中有 (j) 个 (1) ，且小于 (n) 的数的个数
（总位数与 (n) 的二进制表示位数保持一致，不够补前导零）
（因为 (nle 10^{15}<2^{50}) ，所以实现的时候统一补到 (50) 位）
（不比较第 (i) 位之后的数，也就是严格地说，应为最高 (i) 位构成的数小于 (n) 最高 (i) 位构成的数）
若前 (i-1) 位构成的数已经小于 (n) 前 (i) 位构成的数，则第 (i) 位为 (1,0) 均合法
对应的转移方程为 (f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j})
还需要注意一个特殊情况：若 (n) 的第 (i) 位为 (1) ，那么令前 (i-1) 位数字与 (n) 的完全相同，第 (i) 位数字取 (0) ，得到的数也是小于 (n) 的
此时 (1) 的个数即为 (n) 前 (i-1) 为中 (1) 的个数（设为 (t) ）
因此，若 (n) 的第 (i) 位为 (1) ，则 (f_{i,t}) 应再加 (1)
然后 dp 部分就结束了，最后用快速幂计算答案
注意 dp 过程中最好不要取模， (f_{i,j}) 最后是在指数上的，而且 (10000007) 不是质数，取模必须使用扩展欧拉定理，会比较麻烦
#include<stdio.h>
const int P=10000007;
int t,ans=1; long long n,f[50];
inline int power(int x,long long y) {
int s=1;
while (y) (y&1)&&(s=1ll*s*x%P),x=1ll*x*x%P,y>>=1;
return s;
}
int main() {
scanf("%lld",&n);
for (int i=49; ~i; --i) {
for (int j=49; j; --j) f[j]+=f[j-1];
((n>>i)&1)&&(++f[t],++t);
}
++f[t];
for (int i=1; i<=49; ++i)
ans=1ll*ans*power(i,f[i])%P;
printf("%d
",ans);
return 0;
}
AT5140 [AGC035C] Skolem XOR Tree
很好的构造题
考察到异或的性质：对于偶数 (x) ， (xoplus x+1=1)
按下图所示方法构造，即可使 (2i) 到 (n+2i) 、 (2i+1) 到 (n+2i+1) 的路径均满足题意
但 (n+1) 的构造无法这样给出
样例中 (n=3) 的情况提示我们 (1oplus 2oplus 3=0) ，因此直接将 (1,2,3,n+1,n+2,n+3) 顺次相连即可
（这改变了 (2,3,n+2,n+3) 之间连边的构造方法，但其它节点的依然不变）
最后，如果 (n) 为偶数，我们还要考虑 (n) 和 (2n) 如何构造
最简单的方法是构造路径 (n-x-1-y-2n)
(x,y) 应与 (1) 直接相连，即 (1<x,yle n) 且 (x
e 3,y
e 3)
还要满足 (noplus xoplus 1oplus yoplus n=n) ，即 (xoplus y=noplus 1)
随便找一组合法的 (x,y) 即可
我选的是 (x=operatorname{lowbit}(n),y=noplus 1oplus x)
无解条件：(n) 为 (2) 的整数次幂，此时无法给出 (n) 和 (2n) 的构造
#include<stdio.h>
inline void edge(int x,int y) { printf("%d %d
",x,y); }
int main() {
int n,t; scanf("%d",&n),t=(-n&n); // t=lowbit(n)
if (t==n) return puts("No"),0; //无解
puts("Yes"),edge(1,2),edge(2,3),
edge(3,n+1),edge(n+1,n+2),edge(n+2,n+3);
for (int i=4; i<n; i+=2)
edge(1,i),edge(i,n+i+1),
edge(1,i+1),edge(i+1,n+i);
if ((n&1)==0) edge(t,n),edge(n^t^1,n+n);
return 0;
}