ACL 第一周模拟赛题解

T1 密码

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直接枚举修改区间暴力判断是 \(O(n^2)\)

原串很长，但修改操作是将区间变为其区间和，而对于 \(1e5\) 个数字，即使全取 \(9\)，其和也不超过 \(6\) 位。

这启示我们在目标串上固定左端点，枚举最多长度为 \(6\) 的区间，表示为“期望通过修改得到的串”，保证两串的前缀与后缀相等时，判断原串中间部分的区间和是否与枚举得到的值相等即可，数据保证有解，放心大胆做即可。

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const int N=1e5+5;
string s,t,p;
int sums[N],a[N],n,R,m;
void xpigeon(){
    s=" ";
    cin>>t;
    n=t.size();
    s+=t;
    cin>>p;
    m=p.size();
    t=" ";
    t+=p;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=s[i]-'0';
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sums[i]=a[i]+sums[i-1];
    }
    while(s[n-R]==t[m-R]) R++;
    for(int l=1;l<=m && s[l-1]==t[l-1];l++){
        int tmp=0;
        for(int r=l;r<=min(m,l+6);r++){
            if(r>l && tmp==0) break;//前导0
            tmp=tmp*10+t[r]-'0';
            if (m-r<=R&& sums[n-m+r]==sums[l-1]+tmp){
                cout<<l<<" "<<n-m+r<<'\n';
                return ;
            }
        }
    }
}

T2 艺术家

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甚至是 STL 好题（？

从集合的角度去考虑，所有人一开始在同一个集合，每次操作相当于分裂，当集合大小为 \(1\) 时，一个艺术家唯一确定，但细想这种做法问题很多且无法解决，首先每次操作的艺术家有重叠，而且分裂的操作也并非好维护，我们把这个角度弃掉。

从出演状态的角度去考虑，一个艺术家能被确定，其演出安排须是所有人中唯一的，因为只有一件作品按照该方案演出，自然就对应得上了。

我们尝试用 \(01\) 串哈希的方式维护每个艺术家的出演状态，\(1\) 为出演，\(0\) 为没有，可以开一个 \(map\) 维护每一种哈希值对应的集合大小，每次操作时先删去原来的哈希，修改后再加入 \(map\)，每一次操作过后统一判断这些哈希中集合大小为 \(1\) 的艺术家都有哪些。要注意修改一次哈希可能使得原来不唯一的哈希值变得唯一。

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const int N=1e5+5;
const ull base=2333;
int n,m,ans[N];
ull ha[N];
map<int,set<ull>>mp;
vector<int> to;
void xpigeon(){
    rd(n,m);
    memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        mp[0].insert(i);
    }
    ull pw=1;
    for(int i=1,k;i<=m;i++){
        pw*=base;
        rd(k);
        to.clear();
        for(int j=1,a;j<=k;j++){
            rd(a);
            mp[ha[a]].erase(a);
            to.pb(ha[a]);
            ha[a]+=pw;
            mp[ha[a]].insert(a);
            to.pb(ha[a]);
        }
        for(auto x:to){
            if(mp[x].size()!=1) continue;
            auto it=*mp[x].begin();
            ans[it]=min(ans[it],i);
            mp[x].erase(it);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(ans[i]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f) cout<<0<<" ";
        else cout<<ans[i]<<" ";
    }
}

T3 度假

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若最终所有人同时覆盖的区间长度为 \(len\)，显然长度越短越容易达成，我们考虑二分答案。

问题来到如何在固定的区间长度下寻找应该被覆盖的对应区间，设函数 \(f(x)\) 表示覆盖以 \(x\) 为左端点长度为 \(len\) 的固定区间的最小代价，\(g_i(x)\) 表示第 \(i\) 个区间覆盖以 \(x\) 为左端点区间长度为 \(len\) 的区间的最小代价，容易得到 \(g_i(x)\) 的函数方程：

\[\begin{align*} g(x)= \begin{cases} L_i-x,& x<L_i\\ 0,& L_i \le x \le R_i-len+1\\ x+len-1-R_i ,& R_i<x+len-1 \end{cases} \end{align*}\]

不难发现这个函数是下凸的，把函数图像从前往家里那偷过来：

\(f(x)\) 的函数也偷过来：

两个函数都是下凸的，说明最小值一定在转折点处取得，所以在二分前将左右端点排序，二分计算代价时枚举这些端点即可，代价计算时需要用前缀后缀和加双指针优化一下，方法写在注释里了。

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int n,L[N],R[N];
ll K,pre[N],suf[N];
bool check(int k){
    for(int i=1,p=1;i<=n;i++){
        //[x,x+k-1]
        //找到第一个不满足 R<=x+k-1 的右端点
        while(p<=n && R[p]<=L[i]+k-1) p++;
        //x<=L部分的贡献
        if(suf[i]-1ll*(n-i+1)*L[i]+
        //R<=x+k-1 部分的贡献
            1ll*(L[i]+k-1)*(p-1)-pre[p-1] <=K ) return true;
    }
    for(int i=n,p=n;i>=1;i--){
        //枚举R-k+1作为左端点
        //找到第一个不满足 x<=L 的左端点
        while(p>=1 && L[p]>=R[i]-k+1) p--;
        if(suf[p+1]-1ll*(n-p)*(R[i]-k+1)
            +1ll*i*R[i]-pre[i]<=K) return true;
    }
    return false;
}
int plan_vacation(int _N, std::vector<int> _L, std::vector<int> _R, long long _K){
    n=_N,K=_K;
    int mn=1e9;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        L[i]=_L[i-1],R[i]=_R[i-1];
        mn=min(mn,R[i]-L[i]+1);
    }
    sort(L+1,L+1+n),sort(R+1,R+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        pre[i]=pre[i-1]+R[i];
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        suf[i]=suf[i+1]+L[i];
    }
    int l=0,r=mn+1;
    while(r-l>1){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) l=mid;
        else r=mid;
    }
    return l;
}

T4

没学会