2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（10）

2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（10）

庆祝暑期训练赛结束了

Pty loves lines

• 题意

(n)条直线，求直线相交的所有可能的交点数情况并输出。

• 思路

首先，每条直线最极端情况(所有直线不平行)，那么就有(frac{(n * (n - 1))}{2})个交点。
之后，我们先管直线的平行情况。

1. 所有直线相交，即0（所有(n)都存在的一种情况）
2. (n - 1)条直线平行，即(1 * (n - 1) = n - 1)，一种
3. (n - 2)条直线平行，那么另外两条直线可以平行，也可以相交，那么答案为: (2 * (n - 2) + 0 or 2 * (n - 2) + 1)两种。
4. (n - 3)条直线平行，那么看另外三条直线((0，2，3) + (3 * (n - 3)))。
   之后其实都差不多，那么我们也可以发现第四种情况的时候，看另外三条直线的情况，其实左边那部分就是(n = 3)时的情况，后面在推也一样，那么通过这个性质就可以求递推公式，然后用(dp)进行状态转移即可。
   定义(f[i][j])表示(i)条直线，(j)个交点的情况是否可以，((f[i][j])为1或0)，那么(f[i][j] = f[i - k][j + (k * (i - k))])，就类似我上面的递推，然后(O(n^4))打表程序就出来了0.0，其实我们发现这个性质后就应该想到可以用bitset加一层优化，然后通过打表可以发现，一大段数字在后面都是连续的不用管(最多在30000多那就一直连续了，这个连续的最大值也可以打表求出来)，那么就可以直接暴力点不管那后面的，那么就可以随便跑了(O(n * n * 32000 / w))。

code :

const int N = 710, M = 32000;

bitset<M> f[N];

void init() {
    f[0][0] = 1;
    fep(i,1,700) {
        fep(k,1,i) {
            f[i] |= f[i - k] << (k * (i - k));
        }
    }
}

void solve(){
    int n;
    cin >> n;
    int limit = min(M - 1, n * (n - 1) / 2);
    bool flag = 0;
    for(int i = 0;i <= limit;i ++){
        if(f[n][i]) {
            if(flag) cout << ' ';
            else flag = 1; 
            cout << i;
        } 
    }  
    for(int i = limit + 1;i <= (n * (n - 1) / 2);i ++) {
        cout << ' ' << i;
    }
    cout << endl;
}

Pty loves string

• 题意

给一个字符串(S)，共(Q)次询问，问字符串(S)中长度为(l)的前缀 + 长度为(r)的后缀形成的字符串在(S)中出现的次数。

• 思路

用(kmp)找到字符串中长度相同的子串，前后都跑一边，那么长度为(l)，到某个点(x)，(1 o l = x o x + l - 1)，点y，(n - r o n = y - r + 1 o y)，然后就是判断(y - r + 1 = x + l)的点即可，然后就是找一点(z)， (1 o l = z - l + 1 o z and n - r o n = z o z + r - 1)，存在即答案加1，可以看出建图跑比较方便。
然后建两棵树的图即可，随意用一颗树的dfs序在另一颗树上跑主席树，可持久化记忆。然后每次查询即可

code :

int in[N][2], out[N][2], tot[2], pos[N];
int rt[N];
int ls[N << 8],rs[N << 8],sum[N << 8], idx;
char str[N];
int f1[N],f2[N];
int kkk;
int h1[N],e1[N],ne1[N],m1, h2[N], e2[N],ne2[N], m2;

void ad1(int a,int b) {
    e1[m1] = b, ne1[m1] = h1[a], h1[a] = m1 ++;
}

void ad2(int a,int b) {
    e2[m2] = b, ne2[m2] = h2[a], h2[a] = m2 ++;
}
void dfs1(int u)
{
    in[u][0] = ++ tot[0];
    pos[tot[0]] = u;
    for(int i = h1[u];~i;i = ne1[i]) {
        int j = e1[i];
        dfs1(j);
    }
    out[u][0] = tot[0];
}
void dfs2(int u) {
    in[u][1] = ++ tot[1];
    for(int i = h2[u];~i;i = ne2[i]) {
        int j = e2[i];
        dfs2(j);
    }
    out[u][1] = tot[1];
}

void insert(int &t,int pre,int l,int r,int x) {
    t = ++ idx;
    ls[t] = ls[pre]; rs[t] = rs[pre];
    sum[t] = sum[pre] + 1;
    if(l == r) {return;}
    int mid = l + r >> 1;
    if(x <= mid) insert(ls[t],ls[pre],l,mid,x);
    else insert(rs[t],rs[pre],mid + 1,r,x);
}

int query(int p,int q,int l,int r,int x,int y) {
    if(r < x || y < l) return 0;
    if(x <= l && r <= y) return sum[p] - sum[q];
    int mid = l + r >> 1;
    return query(ls[p],ls[q],l,mid,x,y) + query(rs[p],rs[q],mid + 1,r,x,y);
}

void solve(){
    int n,q;
    cin >> n >> q;
    cin >> (str + 1);
    // 字符串kmp预处理
    int j = 0;
    memset(h1,-1,sizeof h1);
    memset(h2,-1,sizeof h2);
    for(int i = 2;i <= n;i ++) {
        while(j && str[j + 1] != str[i]) j = f1[j];
        if(str[j + 1] == str[i]) j ++;
        f1[i] = j;
    }
    j = n + 1;
    f2[n] = n + 1;
    for(int i = n - 1;i >= 1;i --) {
        while(j <= n && str[j - 1] != str[i]) j = f2[j];
        if(str[j - 1] == str[i]) j --;
        f2[i] = j;
    }
    // 建树
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        ad1(f1[i],i);
        ad2(f2[i],i);
    }
    dfs1(0);
    dfs2(n + 1);
    // 处理
    for(int i = 1;i <= n + 1;i ++) { // 注意我们的dfs序是从0或n + 1开始的，所以需要加1
        insert(rt[i], rt[i - 1],1,n + 1,in[pos[i] + 1][1]);
    }
    while(q --) {
        int x,y;
        cin >> x >> y;
        y = n - y + 1;
        cout << query(rt[out[x][0]],rt[in[x][0] - 1],1,n + 1,in[y][1],out[y][1]) << endl;
    }
    for(int i = 0;i <= n + 1;i ++) f1[i] = f2[i] = 0, rt[i] = 0;
    idx = tot[1] = tot[0] = 0;
    m1 = m2 = 0;
}