牛客网挑战赛19 B，C，F

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/131/B
来源：牛客网

矩阵 M 包含 R 行 C 列，第 i 行第 j 列的值为 M_i,_j。
请寻找一个子矩阵，使得这个子矩阵的和最大，且满足以下三个条件：
子矩阵的行数不能超过 X 行。
子矩阵的列数不能超过 Y 列。
子矩阵中 0 的个数不能超过 Z 个。
请输出满足以上条件的最大子矩阵和。

输入描述:

第一行输入五个整数 R，C，X，Y，Z。

接下来 N 行，每行输入 M 个整数，第 i 行第 j 列的整数表示 M_i,_j。

1 ≤ R,C ≤ 500.

1 ≤ X ≤ R.
1 ≤ Y ≤ C.
1 ≤ Z ≤ R x C.

|Mij|<=1e9

输出描述:

输出满足以上条件的最大子矩阵和。


考虑枚举行数。
枚举行数后枚举从哪行开始。
预处理出来纵向前缀和，然后枚举的时候就把每一个元素转化成柱形图那样的格式，然后求最大值就好了。

求最大值时的思想是枚举最后一个元素，然后看前面的元素，前面元素大于0直接放，小于0的就把队尾取出来，加到这个元素，直到不小于0或者队列为空位置。
以数结尾的最大值是目前队列元素里面的和。

用单调栈也可以做。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=508;
int q[N],p[N],zt[N][N],L[N];
long long mp[N][N],up[N][N],a[N];
int R,C,X,Y,Z;
long long work(){
    for(int i=1;i<=C;++i) p[i]=i;
    int h=1,r=0;
    long long ans=0,sum=0;
    q[1]=0;
    for(int i=1;i<=C;++i) 
    {
        while(h<=r&&p[q[h]]<=i-Y) sum-=a[q[h++]];
        while(h<=r&&a[i]<0) {
            sum-=a[q[r]];        
            a[i]+=a[q[r]];
            p[i]=p[q[r--]];
        }
        if(a[i]>0) sum+=a[i],q[++r]=i;    
        while(h<=r&&(L[i]-L[p[q[h]]]>Z)) sum-=a[q[h++]];
        ans=max(ans,sum);
    }
    return ans;
}
int main(){
    long long ans=0;
    scanf("%d%d%d%d%d",&R,&C,&X,&Y,&Z);
    for(int i=1;i<=R;++i) for(int j=1;j<=C;++j) scanf("%lld",&mp[i][j]);
    for(int i=1;i<=R;++i) for(int j=1;j<=C;++j) up[i][j]=up[i-1][j]+mp[i][j],zt[i][j]=zt[i-1][j]+(mp[i][j]==0);
    for(int len=1;len<=X;++len){
        for(int i=1;i<=R-len+1;++i){
            for(int j=1;j<=C;++j) a[j]=up[i+len-1][j]-up[i-1][j],L[j]=zt[i+len-1][j]-zt[i-1][j];
            for(int j=2;j<=C;++j) L[j]+=L[j-1];
            ans=max(ans,work());
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
}

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题目描述

有一棵树包含 N 个节点，节点编号从 1 到 N。节点总共有 K 种颜色，颜色编号从 1 到 K。第 i 个节点的颜色为 A_i。
F_i 表示恰好包含 i 种颜色的路径数量。请计算：

输入描述:

第一行输入两个正整数 N 和 K，N 表示节点个数，K 表示颜色种类数量。
第二行输入 N 个正整数，A

_i

表示第 i 个节点的颜色。

接下来 N - 1 行，第 i 行输入两个正整数 U_i 和 V_i，表示节点 U_i 和节点 V_i 之间存在一条无向边，数据保证这 N-1 条边连通了 N 个节点。

1 ≤ N ≤ 50000.
1 ≤ K ≤ 10.
1 ≤ A_i ≤ K.

输出描述:

输出一个整数表示答案。

题解：T[i]表示集合意义上小于等于i的路径的总数，状态总数(i的范围)为2^k。
     求T[i]只要把i集合中的点拿出来做联通块，每个联通块的价值就是联通块中点的数目+C （点的数目，2）
     然后求每个状态的点的数量，只需要让他减去他的所有真子集即可。
     然后转态再转为数量就可以了。

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5e4+989;
const int P=1e9+7;
vector<pair<int,int> >G;
int f[N],sz[N],n,k,a[N];
int T[1088],tran[1088],F[18];
int findx(int x){
    return (x==f[x])?x:(f[x]=findx(f[x]));
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),--a[i];
    for(int i=1;i<n;++i) {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        G.push_back(make_pair(x,y));
    }
    for(int i=1;i<1024;++i) {
        int x,y,fx,fy;
        for(int j=1;j<=n;++j) f[j]=j,sz[j]=1;
        for(int j=0;j<n-1;++j) {
            x=G[j].first,y=G[j].second;
            if(((1<<a[x])&i)&&((1<<a[y])&i)) {
                fx=findx(x),fy=findx(y);
                sz[fx]+=sz[fy];
                f[fy]=fx;
            }
        }
        for(int j=1;j<=n;++j) if(((1<<a[j])&i)&&(f[j]==j)){
            T[i]=(T[i]+sz[j]+(1LL*sz[j]*(sz[j]-1)/2)%P)%P;
        }
    }
    for(int i=1;i<1024;++i) for(int j=1;j<i;++j) 
    if(!((i^j)&j))
    {
        T[i]=(T[i]-T[j]+P)%P;
    }
    for(int i=1;i<1024;++i) for(int j=0;j<10;++j) 
    if(i&(1<<j)) ++tran[i];
    for(int i=1;i<1024;++i) F[tran[i]]=(F[tran[i]]+T[i])%P;
    int x=131,ans=0;
    for(int i=1;i<=k;++i){
        ans=(ans+1LL*F[i]*x%P)%P;
        x=131LL*x%P;
    }
    printf("%d
",ans);
}

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ZZT 得到了一个字符串 S 以及一个整数 K。
WZH 在 1995 年提出了“优雅 K 串”的定义：这个字符串每一种字符的个数都是 K 的倍数。
现在 ZZT 想要对字符串进行 Q 次询问，第 i 次询问给出一个区间 [L_i, R_i]，他想计算 [L_i, R_i] 中有多少个子串是“优雅 K 串”。
由于 ZZT 忙于工作，所以他把这个问题交给了你，请你帮忙解决。

输入描述:

第一行输入一个正整数 K。
第二行输入一个字符串 S。
第三行输入一个正整数 Q，表示有 Q 次询问。

接下来 Q 行，每行输入两个正整数 L_i 和 R_i，表示第 i 次询问。

1 ≤ K ≤ 50.
1≤ | S | ≤ 3 x 10⁴ 且 S 仅包含小写英文字母.
1≤ Q ≤ 3 x 10⁴.
1 ≤ X_i ≤ Y_i ≤ N.

输出描述:

每次询问，输出一个正整数，表示满足条件的“优雅 K 串”的数量。

输入

复制

1
abc
3
1 3
1 2
2 3

输出

复制

6
3
3

题解：先求前缀和，然后可知前缀和相同的左开右闭区间就是所求区间（在模k意义下），所以每个询问的l要先减掉1。
     然后前缀和转哈希，对每一个点赋予哈希后的权值。
     然后就莫队就好了。
     也可以用字典树写。

#include<map>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e4+88;
int now,Be[N],ans[N];
int pp[N][26];
unsigned long long a[N];

struct Query{
    int l,r,id;
    bool operator < (const Query &A)const{
       return Be[l]==Be[A.l]?r<A.r:l<A.l;
    }
}q[N];
char s[N];
int k,l,r;
map<unsigned long long,int> M;
void work(int x,int y){
    if(y==1) now+=M[a[x]]++;
    else now-=--M[a[x]];
}
int main(){
    int m,len,unit;
    now=0;
    scanf("%d %s",&k,s+1);
    len=strlen(s+1);
    //M[0]=1;
    for(int i=1;s[i];++i) {
        for(int j=0;j<26;++j) pp[i][j]=pp[i-1][j];
        pp[i][s[i]-'a']=(pp[i][s[i]-'a']+1)%k;
    }
    for(int i=1;s[i];++i) {
        unsigned long long pt=0;
        for(int j=0;j<26;++j) pt=pt*233+pp[i][j];
        a[i]=pt;
    }
    unit=sqrt(len);
    for(int i=1;i<=len;++i) Be[i]=i/unit+1;
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i,--q[i].l;
    sort(q+1,q+m+1);
    l=q[1].l,r=q[1].l-1;
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        while(l<q[i].l) work(l++,-1);
        while(l>q[i].l) work(--l,1);
        while(r<q[i].r) work(++r,1);
        while(r>q[i].r) work(r--,-1);
        ans[q[i].id]=now;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        printf("%d
",ans[i]);
    }
}