ABC237做题笔记
Atcoder Beginner Contest 237
C - kasaka
题目大意
给出一个由小写英文字母组成的字符串 \(S\) 。请判断在 \(S\) 开头添加一定数量的 a(可能是零)是否能使其成为一个回文字符串。
解题思路
分别记录字符串 \(S\) 的前后连续的a的个数，判断去除了这些a之后的字符串还是否回文。
需要注意：字符串 \(S\) 开头连续的a的个数必须小于结尾连续的a的个数。
while(i<len&&s[i]=='a') i++,tot1++; // i,j为端点，tot1,tot2为个数
while(j>=0&&s[j]=='a') j--,tot2++;
string sub=s.substr(i,j-i+1); //生成字串
string rev=sub; //判断回文
reverse(rev.begin(),rev.end());
if(tot2<tot1) cout<<"No\n"; //特判前缀 a 的个数大于后缀 a 的个数
else if(sub==rev) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
D - LR insertion
题目大意
有一个序列 \(A=(0)\) .
还有一个长度为 \(N\) , \(S=s_1; s_2; \ldots s_N;\) 的字符串，由 L 和 R 组成。
对于这个顺序中的每个 \(i=1, 2, \ldots, N\) 都将执行以下操作。
- 如果 \(s_i\) 是 "L"，则在 \(A\) 中 \(i-1\) 的左侧插入 \(i\) 。
- 如果 \(s_i\) 是 "R"，则在 \(A\) 中 \(i-1\) 的右边插入 \(i\) 。
求 \(A\) 的最终内容。
解题思路
考虑维护一个双端队列，先把最后一个元素 \(N\) 加进来，然后根据 \(S\) 倒着添加元素
q.push_front(n); //前将 n 压进队列
for(int i=n;i>=1;i--){ //倒序遍历，反向操作
if(s[i]=='L')q.push_back(i-1);
else q.push_front(i-1);
}
/*后面正序输出 q 即可*/
E - Skiing
题目大意
一共有 \(n\) 个节点，\(m\) 条边，每条边都有其权值，我们要计算 1 号节点到其他节点的最长路。
解题思路
考虑按题目意思建边，之后将所有边取反，就转化为了最短路问题
最后答案为：\(max(h_1-h_i-low_i)\)
本题使用SPFA求最短路会被卡，因此需要用Dij，加一些方式避免负边
建边部分：
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
if(h[u]>=h[v]){ //按照两个端点高度大小关系分类讨论
G[u].push_back((node){v,h[u]-h[v]}); //产生正贡献的边
G[v].push_back((node){u,2*(h[v]-h[u])}); //产生负贡献的边
}
else{
G[u].push_back((node){v,2*(h[u]-h[v])});
G[v].push_back((node){u,h[v]-h[u]});
}
}
Dij部分：
memset(low,0x3f,sizeof(low));
priority_queue<node> q;
low[1]=0;
q.push((node){1,0});
while(!q.empty()){
int u=q.top().to; q.pop();
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(auto i:G[u]){
int v=i.to;
ll w=i.val;
w*=-1,w+=h[u]-h[v];
if(low[u]+w<low[v]){
low[v]=low[u]+w;
q.push((node){v,-low[v]}); //取相反数跑最短路
}
}
}
F - |LIS| = 3
题目大意
求以 \(998244353\) 为模数，满足下列所有条件的序列数。
- 长度为 \(N\) 。
- 每个元素都是介于 \(1\) 和 \(M\) 之间的整数。
- 它的最长递增子序列的长度正好是 \(3\) 。
解题思路
考虑 \(1\leq m \leq 20\) ，且 LIS 的长度为3，设 \(f_{i,u,v,w}\) 表示前 \(i\) 个数，LIS 为 \({u,v,w}\) 的序列数。
状态转移：\(f_{i,u,v,w} = \sum _{x=1}^{u} f_{i-1,x,v,w} + \sum _{x=u+1}^{v} f_{i-1,u,x,w}+ \sum _{x=v+1}^{w} f_{i-1,u,v,x}\)
最终答案为 \(\sum _{i=1}^{m} \sum _{j=i+1}^{m} \sum _{k=j+1}^{m} f_{n,i,j,k}\)
时间复杂度为 \(O(n \cdot m^4)\)
f[0][m+1][m+1][m+1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int u=1;u<=m+1;u++)
for(int v=1;v<=m+1;v++)
for(int w=1;w<=m+1;w++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(j<=u){
(f[i][j][v][w]+=f[i-1][u][v][w])%=mod;
}
else if(j<=v){
(f[i][u][j][w]+=f[i-1][u][v][w])%=mod;
}
else if(j<=w){
(f[i][u][v][j]+=f[i-1][u][v][w])%=mod;
}
}
}
G - Range Sort Query
题目大意
给定的是 \(1,2,\ldots,N\) 的排列 \(P=(P_1,P_2,\ldots,P_N)\) 和整数 \(X\) 。
此外，还给出了 \(Q\) 个查询。 \(i\) -th查询表示为数字 \((C_i,L_i,R_i)\) 的三重。每个查询都会对 perutation \(P\) 进行以下操作。
- 如果是 \(C_i=1\) ：按升序对 \(P_{L_i},P_{L_i+1},\ldots,P_{R_i}\) 排序。
- 如果 \(C_i=2\) ：按降序对 \(P_{L_i},P_{L_i+1},\ldots,P_{R_i}\) 排序。
按照给定的顺序执行所有查询后，在最终排列 \(P\) 中找到 \(i\) ，使得 \(P_i=X\) .
解题思路
考虑转化问题，将序列中大于 \(k\) 的元素赋值为1，将序列中小于 \(k\) 的元素赋值为0 。
- 升序操作：
设区间 \([l,r]\) 中有 \(a\) 个 1 。
将 \([l,l+a]\) 中的所有元素全部赋值为 1，将 \([l+a+1,r]\) 中的所有元素全部赋值为 0 。
- 降序操作：
设区间 \([l,r]\) 中有 \(a\) 个 0 。
将 \([l,l+a]\) 中的所有元素全部赋值为 0，将 \([l+a+1,r]\) 中的所有元素全部赋值为 1 。
动态维护 k 的位置，每一次升序/降序操作，判断 k 当前位置是否在 \([l,r]\) 内，如果在，那么它的位置就会变为 \([l,r]\) 中 0和1 的分界点
考虑使用线段树维护区间推平（用于赋值0和1），区间求和（用于统计a）
线段树：
struct Sgt_Tree{
/* ... */
void make_tag(int rt,int x){
xds[rt]=(rs[rt]-ls[rt]+1)*x;
tag[rt]=x;
}
void push_down(int rt){
if(tag[rt]==-1)return;
make_tag(rt<<1,tag[rt]);
make_tag(rt<<1|1,tag[rt]);
tag[rt]=-1;
}
void update(int rt,int L,int R,int x){ //区间推平
if(L>R)return;
if(L<=ls[rt]&&rs[rt]<=R){
make_tag(rt,x);
return;
}
push_down(rt);
int md=(ls[rt]+rs[rt])>>1;
if(L<=md)update(rt<<1,L,R,x);
if(R>md)update(rt<<1|1,L,R,x);
push_up(rt);
return;
}
int query(int rt,int L,int R){ //区间查询
if(L<=ls[rt]&&rs[rt]<=R)return xds[rt];
push_down(rt);
int md=(ls[rt]+rs[rt])>>1,res=0;
if(L<=md)res+=query(rt<<1,L,R);
if(R>md)res+=query(rt<<1|1,L,R);
return res;
}
}Tr;
主函数部分：
//pos 表示 k 所在的位置
Tr.build(1,1,n,k);
while(m--){
int opt,l,r;
cin>>opt>>l>>r;
if(opt==1){
int a=Tr.query(1,l,r); //[l,r]的和，即为1的个数
if(l<=pos&&pos<=r){ //动态维护，将位置更新为分界点
pos=l+a-1；
}
Tr.update(1,l,l+a-1,1); //升序操作
Tr.update(1,l+a,r,0);
}
else{
int a=(r-l+1)-Tr.query(1,l,r); //总长度减去1的个数
if(l<=pos&&pos<=r){
pos=l+a;
}
Tr.update(1,l,l+a-1,0); //降序操作
Tr.update(1,l+a,r,1);
}
}
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