2023CCPC女生专场题解 ABFGHKL（更新至7题）
碎碎念
场上5题铜牌中流，比赛前一晚跟队友打狂父打到一点，早上起来不出意外右手手腕肿了。。（凹了太多次追逐战）
复盘了一下发现确实也只有5题能在场上做出来，实在是时间不够+能力不足捏
目标大概补到8~9题
A
按题意模拟即可，但我写挂了，队友过的
B
一眼看出可以对 \(x\) 和 \(y\) 分别二分求解，设左边界为 $L = -1000 $ ，右边界为 $R = 1000 $ ，初始时固定 \(y\) 为 \(0\)，询问 \(x = L\) 与 $ x = R$ ，得到左边界与目标点距离 \(d1\) ，右边界与目标点距离 \(d3\) ，若 \(d1 < d3\) 可知目标点必定在中点左侧，使 $ R = \frac{L+R}{2}$ ，再次询问。否则，可知目标点在中点或中点右侧，由于 \(int\) 是向下取整，需要使 \(L = \frac{L+R+1}{2}\) ，再次询问，否则可能导致死循环 。距离收敛后,固定 \(x\) ，对 \(y\) 进行相同询问即可。
注意询问得到的值为 \(0\) 时需立即结束程序，否则会导致 WRONG ANSWER。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);
#define inf 0x3f3f3f3f
int x1,x2,x3;
int y1,y2,y3;
int nowx,nowy;
string s;
int ask(int x,int y)
{
cout<<x-nowx<<' '<<y-nowy<<endl;
fflush(stdout);
nowx=x,nowy=y;
int ans;
cin>>ans;
return ans;
}
void solve()
{
int d0=0,d1=0,d3=0;
int L=-1000,R=1000,MID;
cin>>d0;
if(d0==0) return;
d1=ask(L,0);
if(d1==0) return;
d3=ask(R,0);
if(d3==0) return;
while(L<R)
{
if(d1<d3)
{
MID=(L+R)>>1;
d3=ask(MID,nowy);
if(d3==0) return;
R=MID;
}
else if(d1>d3)
{
MID=(L+R+1)>>1;
d1=ask(MID,nowy);
if(d1==0) return;
L=MID;
}
else
{
MID=(L+R)>>1;
if(ask(MID,nowy)==0) return;
break;
}
}
L=-1000,R=1000;
d1=ask(nowx,L);
if(d1==0) return;
d3=ask(nowx,R);
if(d3==0) return;
while(L<R)
{
if(d1<d3)
{
MID=(L+R)>>1;
d3=ask(nowx,MID);
if(d3==0) return;
R=MID;
}
else if(d1>d3)
{
MID=(L+R+1)>>1;
d1=ask(nowx,MID);
if(d1==0) return;
L=MID;
}
else
{
MID=(L+R)>>1;
if(ask(nowx,MID)==0) return;
break;
}
}
}
main()
{
solve();
}
F
构造方式很简单，按照元素递增的顺序倒着填即可。 若数组为 \(1\ 1\ 2\ 2\ 3\ 3\ 1\ 1\) ，可以构造出 \(4\ 3\ 6\ 5\ 8\ 7\ 2\ 1\) 。问题在于如何判断非法。有以下三个条件必须满足:
- \(f[i]\le i\)
- \(f[i] \le max(f[j]+1)\ \ (1\le j<i)\)
- \(f[i]\ge 1\)
场上读假题一次，判断非法错了若干次，到最后一小时才通过，令人感叹。。
G
可以用两个队列存双方宝可梦的信息，也是按照题意模拟即可。
场上没有看出来能量是属于每个宝可梦的，而不是属于双方角色的，又喜提3发罚时，乐
H
瞪了40min才看懂题意，其实就是求每个\(S_i\) 在 \(T_i\) 的所有子串的出现次数总和。
对于一个字符串 \(s\) ，假设它在字符串 \(t\) 中匹配到的位置是 \(i\) （这里指 \(s\) 中最后一个字母在 \(t\) 中的位置是 \(i\)），则 \(t\) 的所有子串中包含 \(s\) 的有 \((i-|s|+2)\times (|t|-i)\) 个，且题目需要求总的出现次数，因此即使 \(t\) 中包含多个 \(s\) ，也只需要将每一个匹配到 \(s\) 时的答案加和即可，不需要去重。由于题目是多个字符串在 \(t\) 中匹配，因此，需要构建AC自动机进行多模匹配。每次查询\(T_i\)的下一个字符，如果在AC自动机上匹配到 \(s\) ，将答案加上 \((i-|s|+2)\times (|t|-i)\)，再沿着 $ fail$ 边接着统计答案。
交了喜提TLE，问题就在于每次匹配到一个字符串后总会沿着 \(fail\) 边暴力上跳到这个字符串的最大后缀处，导致了很多重复计算，如果数据够强，这种做法复杂度会被卡到 \(\sum|T| \cdot \sum|S|\)。想到我们每次相当于查询 \(T\) 的一个前缀，即 \(|T|-i\) 是固定的，如果能求出这个前缀所有后缀的总匹配次数 \(cnt\) 和总字符数 \(allsize\) ，则当前前缀的所有可匹配后缀的总答案就是 \((|T|-i)\cdot ((i+2)\cdot cnt-allsize)\) 。这样就能 \(O(1)\) 地统计答案。
可以采用类似前缀和的形式求，使用 \(vis\) 数组判断当前点是否已经被加和，如果没有，则对 \(fail\) 边dfs统计前缀和，并将路径上的 \(vis\) 数组设为true。否则，直接计算当前点的答案即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N=1e6+100,mod=1e9+7;
int ch[N][26],ne[N],cnt[N],in[N],allsize[N],idx;
bool vis[N];
string s;
vector<int> vec[N];
void insert(string s)
{
int p=0;
for(int i=0;s[i];i++)
{
if(!ch[p][s[i]-'a']) ch[p][s[i]-'a']=++idx;
p=ch[p][s[i]-'a'];
}
cnt[p]++;
allsize[p]+=s.size();
}
void build()
{
queue<int> q;
for(int i=0;i<26;i++)
if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++)
{
int v=ch[u][i];
if(v)
{
ne[v]=ch[ne[u]][i],q.push(v);
}
else ch[u][i]=ch[ne[u]][i];
}
}
}
void dfs(int j)
{
if(vis[j]||j<=0) return;
dfs(ne[j]);
vis[j]=1;
if(ne[j]>0)
{
allsize[j]+=allsize[ne[j]];
cnt[j]+=cnt[ne[j]];
}
}
long long query(string s)
{
int ans=0;
for(int k=0,i=0;s[k];k++)
{
i=ch[i][s[k]-'a'];
dfs(i);
ans=(ans+(long long)(s.size()-k)%mod*(cnt[i]*(k+2)-allsize[i])%mod)%mod;
}
return ans;
}
void solve()
{
IOS;
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s;
insert(s);
}
build();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>s;
cout<<query(s)<<'\n';
}
}
main()
{
solve();
}
K
狠狠地猜结论，输出 \(\frac{1}{n}\) 即可。
L
注意到数据范围很小，刚开始以为是什么差分约束题，一看数据范围直接暴力枚举 \(A_i\) 所有取值，对于每一种情况都统计评委得分，取最大值即可。
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