zoukankan html css js c++ java

2020牛客暑期多校训练营（第二场）

A-All with Pairs

题面

样例

输入

3
ab
ba
aba

输出

说明

题意

给出n个字符串，求每个字符串和其他字符串（包括自己）的前缀和后缀相同的最大的长度，答案为所有长度的平方和。

题解

如果单纯求出所有的前缀和后缀相同的长度平方和，那么我们可以枚举前缀，利用hash保存所有的后缀，每次看看有多少相同的，统计答案即可。

但是由于我们要的是最大的长度，所以有一些是计算重复的，比如两个字符串“aba“，”aba”，会有两个前缀a和aba被算到，实际上a不是最长的，是不应计算的。所以我们要去重。

去重的方法就是利用kmp的nxt数组，nxt数组的含义是：nxt[i]表示最大的x，满足s[1 : x] 是s[1 : i] 的后缀，这样我们将cnt[nxt[j]]-=cnt[j]即可，因为nxt[j]代表的位置是当前枚举的前缀的后缀，所以一定被多余计算了，多余计算的值就是当前的cnt[j]。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 50;
const int M = 1e5 + 50;
const int mod = 998244353;
const int base = 233;
char s[N];
vector<long long> h[M];
vector<int> nxt[M];
ll p[N];
int cnt[N];
void getNxt(int id) {
    int m = strlen(s + 1);
    nxt[id].resize(m + 1);
    int j = 0;
    for (int i = 2; i <= m; i++) {
        while (j && s[i] != s[j + 1]) j = nxt[id][j];
        if (s[i] == s[j + 1]) j++;
        nxt[id][i] = j;
    }
}
int main() {
    p[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++) p[i] = p[i - 1] * base;
    map<ll, int> mp;
    int n; scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", s + 1);
        int len = strlen(s + 1);
        h[i].resize(len + 1);
        h[i][0] = 0;
        for (int j = 1; j <= len; j++) h[i][j] = h[i][j - 1] * base + s[j] - 'a' + 1;
        for (int j = 0; j < len; j++) mp[h[i][len] - h[i][j] * p[len - j]]++;
        getNxt(i);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j < h[i].size(); j++) {
            cnt[j] = mp[h[i][j]];
            cnt[nxt[i][j]] -= cnt[j];
        }
        for (int j = 1; j < h[i].size(); j++) 
            ans = (ans + 1ll * cnt[j] * j % mod * j % mod) % mod;
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

B-Boundary

题面

样例

输入

输出

题意

给出n个点，每个圆都过(0,0)，找出边界上点最多的圆，输出最多的点数

题解

3点确定一个圆，枚举两个点，我们可以用两条不共线的弦中垂线的交点求出圆心，如果一个圆上含有x个点，那么有(C(x,2)=x*(x-1)/2)次枚举时都会求出这个圆心，所以求出最多的圆心出现次数，也就求出了答案

两条中垂线分别为

[y-frac{y_i}2=-frac{x_i}{y_i}(x-frac{x_i}2)\ y-frac{y_j}2=-frac{x_j}{y_j}(x-frac{x_j}2) ]

即

[2x_ix+2y_iy=x_i^2+y_i^2\ 2x_jx+2y_jy=x_j^2+y_j^2 ]

令

[a11=2x_i,a12=2y_i\ a21=2x_j,a22=2y_j\ a13=x_i^2+y_i^2\ a14=x_j^2+y_j^2 ]

使用克莱姆法则求方程组的解即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pdd pair<double, double>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct READ {
    inline char read() {
    #ifdef _WIN32
        return getchar();
    #endif
        static const int IN_LEN = 1 << 18 | 1;
        static char buf[IN_LEN], *s, *t;
        return (s == t) && (t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin)), s == t ? -1 : *s++;
    }
    template <typename _Tp> inline READ & operator >> (_Tp&x) {
        static char c11, boo;
        for(c11 = read(),boo = 0; !isdigit(c11); c11 = read()) {
            if(c11 == -1) return *this;
            boo |= c11 == '-';
        }
        for(x = 0; isdigit(c11); c11 = read()) x = x * 10 + (c11 ^ '0');
        boo && (x = -x);
        return *this;
    }
} in;
 
const int N = 2e5 + 50;
const double eps = 1e-8;
int x[N], y[N];
template <typename T> T cross(T a, T b, T c, T d) {
    return a * d - b * c;
}
bool check(pdd a, pdd b) {
    if (fabs(a.first - b.first) > eps) return false;
    if (fabs(a.second - b.second) > eps) return false;
    return true;
}
int main() {
    int n; in >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) in >> x[i] >> y[i];
    
    int mx = 0;
    vector<pdd> s;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
            if (x[i] * y[j] - x[j] * y[i] == 0) continue;
            ll a11 = 2 * x[i], a12 = 2 * y[i], a13 = x[i] * x[i] + y[i] * y[i];
            ll a21 = 2 * x[j], a22 = 2 * y[j], a23 = x[j] * x[j] + y[j] * y[j];
            ll d0 = cross(a11, a12, a21, a22);
            ll d1 = cross(a13, a12, a23, a22);
            ll d2 = cross(a11, a13, a21, a23);
            s.push_back(pdd((double)d1 / d0, (double)d2 / d0));
        }
    }
    sort(s.begin(), s.end());
    int now = 1;
    for (int i = 1; i < s.size(); i++) {
        if (check(s[i], s[i - 1])) now++;
        else now = 1;
        mx = max(mx, now);
    }
    for (int i = 1; i <= 2000; i++) {
        if ((i - 1) * i / 2 == mx) {
            printf("%d
", i);
            break;
        }
    }
    return 0;
}

C-Cover the Tree

题面

样例

输入

输出

2
2 3
4 5

说明

题意

给一棵树，求最少的链覆盖所有的边，输出最少的链的数目和方案

题解

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct READ {
    inline char read() {
    #ifdef _WIN32
        return getchar();
    #endif
        static const int IN_LEN = 1 << 18 | 1;
        static char buf[IN_LEN], *s, *t;
        return (s == t) && (t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin)), s == t ? -1 : *s++;
    }
    template <typename _Tp> inline READ & operator >> (_Tp&x) {
        static char c11, boo;
        for(c11 = read(),boo = 0; !isdigit(c11); c11 = read()) {
            if(c11 == -1) return *this;
            boo |= c11 == '-';
        }
        for(x = 0; isdigit(c11); c11 = read()) x = x * 10 + (c11 ^ '0');
        boo && (x = -x);
        return *this;
    }
} in;

const int N = 2e5 + 50;
int ind[N];
vector<int> G[N];
vector<int> s;
void dfs(int u, int f) {
    if (ind[u] == 1) s.push_back(u);
    for (auto v : G[u]) {
        if (v != f) dfs(v, u);
    }
}
int main() {
    int n; in >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        in >> u >> v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
        ind[u]++; ind[v]++;
    }
    int rt = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (ind[i] > 1) rt = i;
    }
    dfs(rt, 0);
    int m = s.size();
    printf("%d
", (m + 1) / 2);
    for (int i = 1; i * 2 <= m; i++) printf("%d %d
", s[i - 1], s[i - 1 + (m + 1) / 2]);
    if (m & 1) printf("%d %d
", rt, s[(m + 1) / 2 - 1]);
    return 0;
}

D-Duration

签到题

E-Exclusive Or

等待填坑，这种题不适合我

F-Fake Maxpooling

题面

样例

输入

3 4 2

输出

说明

题意

给出一个n*m的矩阵，矩阵中的值(a[i][j]=lcm(i,j))，求所有k*k子矩阵的最大值和

题解

可以使用下面的方法O(n*m)的求出矩阵的值

for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= m; j++) {
        if (!Gcd[i][j]) {
            for (int k = 1; k * i <= n && k * j <= m; k++) {
                Gcd[k * i][k * j] = k;
                Lcm[k * i][k * j] = i * j * k;
            }
        }
    }
}

此题n*mlog也可以过

求出值后，使用单调队列O(n*m)的求出最大值相加即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct READ {
    inline char read() {
    #ifdef _WIN32
        return getchar();
    #endif
        static const int IN_LEN = 1 << 18 | 1;
        static char buf[IN_LEN], *s, *t;
        return (s == t) && (t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin)), s == t ? -1 : *s++;
    }
    template <typename _Tp> inline READ & operator >> (_Tp&x) {
        static char c11, boo;
        for(c11 = read(),boo = 0; !isdigit(c11); c11 = read()) {
            if(c11 == -1) return *this;
            boo |= c11 == '-';
        }
        for(x = 0; isdigit(c11); c11 = read()) x = x * 10 + (c11 ^ '0');
        boo && (x = -x);
        return *this;
    }
} in;

const int N = 5050;
int Lcm[N][N];
int q[N];
int mn[N][N];
int main() {
    int n, m, k;
    in >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            if (!Lcm[i][j]) {
                for (int k = 1; k * i <= n && k * j <= m; k++) {
                    Lcm[k * i][k * j] = i * j * k;
                }
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int l = 1, r = 0;
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            while (l <= r && j - q[l] >= k) l++;
            while (l <= r && Lcm[i][j] >= Lcm[i][q[r]]) r--;
            q[++r] = j;
            if (j >= k) mn[i][j] = Lcm[i][q[l]];
        }
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = k; i <= m; i++) {
        int l = 1, r = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            while (l <= r && j - q[l] >= k) l++;
            while (l <= r && mn[j][i] >= mn[q[r]][i]) r--;
            q[++r] = j;
            if (j >= k) ans += mn[q[l]][i];
        }
    }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

G-Greater and Greater

题面

样例

输入

6 3
1 4 2 8 5 7
2 3 3

输出

说明

The two subintervals are [2,8,5],[8,5,7]

题意

给出两个序列A，B，求A有多少长度为(len(B))的子序列，满足子序列每一项都大于B

题解

这种数据范围可以考虑使用bitset卡常，使用bitset后，复杂度会等于(frac{n*m}w)

w一般取32，跟计算机位数有关。

让每一个b[i]对应一个bitset，这个bitset的第j位为1表示a[j]>b[i]，把所有bitset构造出来后，如果b[0]对应的第i位，b[1]对应的第i+1位...b[m-1]对应的第i+m-1位均为1，则说明a数组从i开始的一段长为m的子区间是满足答案的，也就对答案贡献1。

为了方便统计，可以让b[i]对应的bitset右移i位（i从0开始），这样如果有一列的与为1，则说明从这一列开始的m长度区间是满足答案的。

还可以发现，如果把a，b分别排序，同时记录原位置，开一个pair记录，first为值，second为位置。那么这m个bitset是存在递推关系的，从b最大的开始，较小的数可以直接继承较大数的bitset，然后将(a[j].first>b[i].first)的(a[j].second)位置1，就得到了(b[i].second)对应的bitset，然后把这m个bitset做&操作，统计最后1的个数即为答案。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct READ {
    inline char read() {
    #ifdef _WIN32
        return getchar();
    #endif
        static const int IN_LEN = 1 << 18 | 1;
        static char buf[IN_LEN], *s, *t;
        return (s == t) && (t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin)), s == t ? -1 : *s++;
    }
    template <typename _Tp> inline READ & operator >> (_Tp&x) {
        static char c11, boo;
        for(c11 = read(),boo = 0; !isdigit(c11); c11 = read()) {
            if(c11 == -1) return *this;
            boo |= c11 == '-';
        }
        for(x = 0; isdigit(c11); c11 = read()) x = x * 10 + (c11 ^ '0');
        boo && (x = -x);
        return *this;
    }
} in;

const int N = 2e5 + 50;
bitset<N> ans, bs;
pair<int, int> a[N], b[N];
int main() {
    int n, m; in >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        in >> a[i].first;
        a[i].second = i;
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        in >> b[i].first;
        b[i].second = i;
    }
    sort(a, a + n);
    sort(b, b + m);
    ans.set();
    for (int i = m - 1, j = n - 1; i >= 0; i--) {
        while (j >= 0 && a[j].first >= b[i].first) {
            bs.set(a[j].second);
            j--;
        }
        ans &= bs >> b[i].second;
    }
    printf("%d
", ans.count());
    return 0;
}

H-Happy Triangle

题面

样例

输入

输出

No
No
Yes
No

题意

q次操作，操作1代表向multiset中插入一个x，操作2代表从multiset中删除x，操作3询问multiset中是否存在两个数与x可以构成三角形，对于每个操作3，输出yes/no

题解

首先，在回答询问的时候可以只考虑相邻的两个数。因为对于一组a，b，x，不妨设(a le b)，如果能构成三角形，a可以换成b的前驱而不影响答案。

对于3操作，分类讨论

x是最大边，那么找到x的两个前驱a，b，判断(a+b>x)是否成立即可
x不是最大边，那么需要找到相邻的两个数a，b，(b ge x, a+x ge b)即(x ge b - a)，所以对于每个数维护它和它前驱的差，查询时找到大于x的差的最小值与x比较。

对于第一种情况，维护一个multiset即可，对于第二种情况，可以使用动态开点线段树，每个点的下标是它的值，权值为它与他前驱的差，使用一个map来判断增加的值是否重复，删除是否把一个值删除完。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define mid (l+r>>1)
using namespace std;
typedef long long ll;
struct READ {
    inline char read() {
    #ifdef _WIN32
        return getchar();
    #endif
        static const int IN_LEN = 1 << 18 | 1;
        static char buf[IN_LEN], *s, *t;
        return (s == t) && (t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin)), s == t ? -1 : *s++;
    }
    template <typename _Tp> inline READ & operator >> (_Tp&x) {
        static char c11, boo;
        for(c11 = read(),boo = 0; !isdigit(c11); c11 = read()) {
            if(c11 == -1) return *this;
            boo |= c11 == '-';
        }
        for(x = 0; isdigit(c11); c11 = read()) x = x * 10 + (c11 ^ '0');
        boo && (x = -x);
        return *this;
    }
} in;

const int N = 2e6 + 50;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
multiset<int> st;
map<int, int> mp;
int mn[N << 2], L[N << 2], R[N << 2], tot, rt;
void pushup(int o) {
    mn[o] = min(mn[L[o]], mn[R[o]]);
}
void update(int &o, int l, int r, int x, int v) {
    if (!o) o = ++tot;
    if (l == r) {
        mn[o] = v;
        return;
    }
    if (x <= mid) update(L[o], l, mid, x, v);
    else update(R[o], mid + 1, r, x, v);
    pushup(o);
}
int query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
    if (!o) return inf;
    if (l == ql && r == qr) return mn[o];
    if (qr <= mid) return query(L[o], l, mid, ql, qr);
    else if (ql > mid) return query(R[o], mid + 1, r, ql, qr);
    else return min(query(L[o], l, mid, ql, mid), query(R[o], mid + 1, r, mid + 1, qr));
}
void ins(int x) {
    mp[x]++;
    if (!st.size()) {
        st.insert(x);
        return;
    }
    if (mp[x] == 1) {
        auto it = mp.lower_bound(x);
        ++it;
        if (it != mp.end() && it->second == 1) update(rt, 1, 1e9, it->first, it->first - x);
        --it;
        int y = -1e9;
        if (it != mp.begin()) y = prev(it)->first;
        update(rt, 1, 1e9, x, x - y);
    }
    else if (mp[x] == 2) update(rt, 1, 1e9, x, 0);
    st.insert(x);
}
void del(int x) {
    auto it = mp.lower_bound(x);
    mp[x]--;
    int y = -1e9;
    if (it != mp.begin()) y = prev(it)->first;
    if (mp[x] == 0) {
        if ((++it) != mp.end() && it->second == 1) {
            update(rt, 1, 1e9, it->first, it->first - y);
        }
        update(rt, 1, 1e9, x,  inf);
        mp.erase(x);
    }
    else if (mp[x] == 1) update(rt, 1, 1e9, x, x - y);
    st.erase(st.lower_bound(x));
}
void calc(int x) {
    bool ok = false;
    if (st.size() < 2) {
        puts("No");
        return;
    }
    auto it = st.upper_bound(x);
    int a = -inf, b = -inf;
    if (it != st.begin()) a = *(--it);
    if (it != st.begin()) b = *(--it);
    if (a + b > x) ok = true;
    if (query(rt, 1, 1e9, x, 1e9) < x) ok = true;
    if (ok) puts("Yes");
    else puts("No");
}
int main() {
    int q; in >> q;
    memset(mn, inf, sizeof(mn));
    while (q--) {
        int op, x; in >> op >> x;
        if (op == 1) ins(x);
        else if (op == 2) del(x);
        else calc(x);
    }
    return 0;
}

I-Interval

待填坑

J-Just Shuffle

题面

样例

输入

3 998244353
2 3 1

输出

3 1 2

题意

给出一个长度为n的排列(A)和k，求一个置换，将$ {1,2,dots n} (做k次这个置换后可以得到排列A，求将) {1,2,dots n} $做1次这个置换后的值

题解

首先把A所有环求出来，设环长为(l)，由于k是大质数，所以可以求出k在模(l)意义下的逆元(inv_i)，这样把这个环逆向转(inv_i)次就可以得到旋转1次的环，也就是所要求的答案。

逆元可以用欧拉定理求

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct READ {
    inline char read() {
    #ifdef _WIN32
        return getchar();
    #endif
        static const int IN_LEN = 1 << 18 | 1;
        static char buf[IN_LEN], *s, *t;
        return (s == t) && (t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin)), s == t ? -1 : *s++;
    }
    template <typename _Tp> inline READ & operator >> (_Tp&x) {
        static char c11, boo;
        for(c11 = read(),boo = 0; !isdigit(c11); c11 = read()) {
            if(c11 == -1) return *this;
            boo |= c11 == '-';
        }
        for(x = 0; isdigit(c11); c11 = read()) x = x * 10 + (c11 ^ '0');
        boo && (x = -x);
        return *this;
    }
} in;

const int N = 2e5 + 50;
int a[N];
int f[N], p[N];
int tot;
void euler(int n) {
    f[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!f[i]) p[++tot] = i, f[i] = i - 1;
        for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; j++) {
            if (i % p[j] == 0) {
                f[i * p[j]] = f[i] * p[j];
                break;
            }
            f[i * p[j]] = f[i] * (p[j] - 1);
        }
    }
}
int vis[N];
int qpow(int a, int b, int p) {
    int ans = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % p;
        a = 1ll * a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int ans[N];
int main() {
    int n, k; in >> n >> k;
    euler(n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) in >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (vis[i]) continue;
        vis[i] = 1;
        int j = i;
        vector<int> b;
        b.push_back(j);
        while (a[j] != i) {
            b.push_back(a[j]);
            j = a[j];
            vis[j] = 1;
        }
        int r = qpow(k % b.size(), f[b.size()] - 1, b.size());
        for (int i = 0; i < b.size(); i++) {
            ans[b[i]] = b[(i + r) % b.size()];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", ans[i]);
    return 0;
}

K-Keyboard Free

待填坑

查看全文

相关阅读:
linux系统分区表修复
 centos 系统下彻底删除mysql
mysql数据类型
 mysq 数据库基本管理
 centos 网卡聚合及Cisco交换机链路聚合
 Dell 服务器安装方法介绍
 linux分区之gpt（大于2T的分区）
windows server 2008 远程桌面连接数修改--无限连接
 C# WinForm控件美化扩展系列之ListBox
C# 文件文件夹

原文地址：https://www.cnblogs.com/artoriax/p/13381545.html