Atcoder ABC403 题解

ABC403

A

判一下下标如果为奇数就加，为偶数就啥也不做。

submission.

B

串长很小，可以直接枚举 \(T\) 的每个下标 \(i\)，看看以 \(i\) 开头，长度为 \(\text{size}(U)\) 的子串是否与 \(U\) 相等。
这里相等定义为：除 ? 之外，其他字符都相等。

submission.

这里封装了一个函数，看起来比较优雅。

C

弄一个 set<pair<int, int> >，记录每一条 \(1\) 操作的信息。
再弄一个数组，表示 \(i\) 是不是允许访问所有网页。
对于每个询问，只需回答 set 中是不是有 \((x, y)\)，及 \(x\) 是不是有所有网页。

submission.

D

发现一堆堆差为 \(D\) 的数，构成一堆链状结构。
弄一个桶记录一下每种数出现次数。
我们对每条链进行 DP，考察这条链最多能选几个数，如果 \(i\) 这种数选，那么最优从 \(i-2D\) 转移来。如果 \(i\) 这种数不选，那么最优从 \(i-D\) 转移来。
最终最多能选的数的个数就是链末端元素的 DP 值之和。

别忘了特判 \(D=0\)。

submission.

E

有关前缀，不难想到字典树，属于是字典树上维护一些信息的套路题吧。

建出一颗 Trie，初始为空。
对于操作 \(1\)，我们就正常插入到 Trie 中。它对应的末节点 \(p\)，如果 \(p\) 有子树，那么子树中所有 \(Y\) 集合中的串都含有该字符串作为前缀，要将贡献去除。
对于操作 \(2\)，我们插入到 Trie 中时，如果途径了 \(X\) 中字符串的一个末尾结点，那么这个字符串已经包含了一个非法前缀，return 掉就行。否则，\(Y\) 中又多了一个合法字符串，答案加一。

那么，如何去除操作 \(1\) 的贡献呢？
以给定字符串（末结点为 \(p\)）作为前缀的字符串，一定在 \(p\) 的子树中。我们只需要将一个 \(Y\) 中字符串的贡献挂在结点上，再将其做子树和，维护这个子树和即可。
每次修改单点贡献，或去除贡献，会影响末结点到根的路径，暴力修改其中每个结点的信息就行，时间复杂度 \(O(s_i)\)。

注意，每次 \(1\) 操作之后要砍掉 \(p\) 下子树，否则会导致一个 \(Y\) 中字符串被两个前缀去除贡献，时间复杂度 \(O(C)\)。

一次插入是 \(O(s_i+C)\) 的，总复杂度 \(O(\sum s_i + nC)\)，其中 \(C\) 为字符集大小。

submission.

F

DP，加方案输出。

记 \(f_i\) 为结果为 \(i\)，最后一次运算为 + 的最短表达式长度，\(g_i\) 为最后一次运算为 *。
转移很好想，\(f\) 的转移只需枚举加数，此时加数外没必要套括号；\(g\) 的转移只需枚举乘数，但这时注意，如果某个加数的最后一次运算为 +，也即从 \(f\) 转移，要在外面套上括号（长度加 \(2\)）。

输出方案，只需用两个辅助数组，记录 \(f_i\) 的转移来源，输出时对应好，递归输出就行。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。
submission.

G

看起来很唐的一道题，但是没时间胡了。
花里胡哨讲一通，实际上就是强制在线。

弄一个动态开点权值线段树，每个结点记录区间的奇数排名和、偶数排名和，和一个翻转 tag。
不难发现，加入一个数会使大于它的排名奇偶性发生颠倒。

于是只需维护两个操作：

• 定权值个数加一，同时将大于这个数的 reverse tag 弄一弄。
• 全局奇数和，注意 tag 的下放与影响。

时间复杂度 \(O(Q \log V)\)，其中 \(V\) 为值域。