CF Round 1014 题解合集

here.

E

啥啊，难评。

考虑把所有格子涂成白色，然后考虑将一个格子由白变黑的贡献。

发现只有在边上且不在角上的格子会影响整体的奇偶性，也就是说我们要求这些格子中，黑色格子的数量为偶数。我们把这些位置的格子称为关键格子。

设总体绿色格子数量为 \(sum\)，于是考虑：

• 如果关键格子中有绿色格子，那么相当于我们把一个绿色格子留到最后平衡奇偶性，答案为 \(2^{sum-1}\)；

• 否则，如果关键格子中黑色格子数量为偶数，那么答案为 \(2^{sum}\)，否则答案为 \(0\)。

F

你们有脑子玩家都觉得这个题应该放 2D 吗？

考虑直接做没法做，所以考虑枚举最终划分时，每个字符串的美观度 \(r\)，对于 \(r=0\) 的情况特殊考虑。

注意到，对于一个给定的前缀和一个给定的 \(k\)，\(r\) 是唯一的。

对于每一个 \(r\)，枚举划分的段数 \(k\)，考虑能在前缀的哪些位置划分，使得每一段的美观度都为 \(r\)。

我们将 \(z_{i-1} \neq z_i\) 的位置 \(i\) 单独拎出来，形成序列 \(a\)。

对于 \(r,k\)，设必须在 \(a_i\) 处截断的位置有 \(cnt\) 个，我们能够划分的前缀位置，处于 \([a_{kr+cnt},a_{k(r+1)})\) 区间内，在这个区间做区间加，表示这个区间中答案可以为 \(k\)。用差分维护。

所谓必须在 \(a_i\) 处截断的位置，也就是 \([a_{kr+cnt},a_{kr+cnt+1})\) 这个区间内只有一个元素时的情况。

对于每一个 \(r\)，枚举 \(k\) 的上界为 \(\frac{c}{r}\)，所以总体复杂度为 \(O(n \log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> v;
char ch;
int t,n,m,a[1000005],b[1000005],c[1000005];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        v.push_back(0);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>ch;
            a[i]=ch-'0';
            if(i!=1 && a[i]!=a[i-1]) m++,v.push_back(i);
            c[i]=m;
        }
        v.push_back(n+1);
        for(int r=1;r<=n;r++){
            int cnt=0;
            for(int k=1;k*r+cnt<=m;k++){
                b[v[k*r+cnt]]++;
                b[v[min(k*(r+1),m+1)]]--;
                if(v[k*r+cnt]+1==v[min(k*r+cnt+1,m+1)]) cnt++;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            b[i]+=b[i-1];
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            b[i]+=i-c[i];
            cout<<b[i]<<' ';
        }
        cout<<'\n';
        for(int i=0;i<=n+1;i++){
            a[i]=b[i]=c[i]=0;
        }
        v.clear();
        m=0;
    }
    return 0;
}