2021暑期cf加训1
比赛链接：https://codeforces.com/group/2g1PZcsgml/contest/337661
A，D，K，3/12，第11名，还好。
A他们挺快写出来了。D我感觉可以用上一场A一样的做法，成功。G用AC自动机把K过了；字符串的板子我还都老生疏了，真惭愧。其他题看来看去都没有成熟的思路，直到比赛结束。G最后十五分钟用分治猛改J题，可惜太匆忙，WA了；后来改改就A了。
话说那个教室空调好冷啊。
题意：
给定一颗树和树上的若干条路径（的两个端点），求最小的点集，使得每条路径至少有一个点在此点集中。\( 1 \leq n , m \leq 10^5 \) 。
分析：
树上的路径比较特殊，一般要关注LCA，这题也是。一个很好的发现是两条路径如果相交，那么较低路径上的LCA一定是交点之一。所以答案一定从LCA中选。就可以贪心，从低往高找LCA，用找到的LCA覆盖尽量多的路径。
但怎么实现还是个问题；这里可以用set，用法好妙啊。给每个点开一个set，一开始存的是以这个点为端点的路径的编号。然后dfs，把子节点的set启发式合并到父节点的set里；如果合并过程中发现有相同的元素，说明这个父节点是个LCA（两端点在此会师），那么答案++，set全清空，意思是这些路径都被覆盖了。可以想到，如果一条路径在其某一侧被覆盖了，两端点中那一侧的那个的set里一开始存的路径编号就被清空了，那么在LCA处也不会会师，也就不再算答案了。复杂度是 \( O(nlog^2(n)) \) 的。
代码如下：
#include<iostream> #include<set> using namespace std; int const N=1e5+5; int n,m,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cnt,id[N],ans; bool is[N]; set<int>st[N]; int rd() { int ret=0,f=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9')ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0',c=getchar(); return ret*f; } void add(int x,int y){nxt[++cnt]=hd[x]; hd[x]=cnt; to[cnt]=y;} int mer(int x,int y) { if(st[x].size()<st[y].size())swap(x,y); for(int it:st[y]) { if(st[x].find(it)!=st[x].end())return -1; st[x].insert(it); } return x; } void dfs(int u,int fa) { if(is[u])ans++,st[id[u]].clear();// for(int i=hd[u],v;i;i=nxt[i]) { if((v=to[i])==fa)continue; dfs(v,u); if(is[u]){st[v].clear(); continue;}//前面已经决定选u了 int k=mer(id[u],id[v]); if(k==-1)st[id[u]].clear(),st[id[v]].clear(),is[u]=1,ans++; else id[u]=k; } } int main() { n=rd(); for(int i=1,x,y;i<n;i++) x=rd(),y=rd(),add(x,y),add(y,x); for(int i=1;i<=n;i++)id[i]=i; m=rd(); for(int i=1,x,y;i<=m;i++) { x=rd(); y=rd(); if(x==y)is[x]=1; else st[x].insert(i),st[y].insert(i); } dfs(1,0); printf("%d\n",ans); for(int i=1;i<=n;i++) if(is[i])printf("%d ",i); printf("\n"); return 0; }
题意：
给定一个长度为 \( n \) 的序列 \( a \) ，\( q \) 次询问，每次问 \( l , r \) 间有多少子序列的和 \( \%m \) 为 \( 0 \) 。当然，子序列可以不连续。 \( 1 \leq n,q \leq 2*10^5 , 1 \leq m \leq 20 \) 。
分析：
分治，巧妙的是边分治边处理那 \( q \) 个询问；也就是离线做。
对于每一段，分成左右两边，用 \( fl[i][k] , fr[j][k] \) 分别记录左边某处 \( i \) 到 \( mid \) 之间、和为 \( k \) 的方案数，右边类似；
分治到\( (l , r ) \) 时带一个vector记录在这个区间内的询问，求完 \( f \) 后遍历vector，如果横跨两边，就计算两边合起来的答案数；否则放进下一层的vector里继续递归处理。
复杂度不大于 \( O(mnlogn) \) 。 妙啊。
代码如下：
#include<iostream> #include<vector> #define ll long long #define pb push_back using namespace std; int const N=2e5+5,md=1e9+7; int n,a[N],m,nq; ll fl[N][20],fr[N][20],ans[N]; struct Nd{ int l,r,id; }q[N]; void work(int l,int r,vector<Nd>v) { if(l>r||v.size()==0)return;// if(l==r) { int pls=(a[l]==0)?2:1,sz=v.size(); for(int i=0;i<sz;i++)ans[v[i].id]=pls; return; } int mid=((l+r)>>1); for(int i=l;i<=r;i++) for(int j=0;j<20;j++)fl[i][j]=0,fr[i][j]=0; for(int i=1;i<20;i++)fl[mid+1][i]=0; fl[mid+1][0]=1; for(int i=mid;i>=l;i--) for(int j=0;j<m;j++) fl[i][j]=(fl[i+1][j]+fl[i+1][(j-a[i]+m)%m])%md; for(int i=1;i<20;i++)fr[mid][i]=0; fr[mid][0]=1; for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<m;j++) fr[i][j]=(fr[i-1][j]+fr[i-1][(j-a[i]+m)%m])%md; //printf("l=%d r=%d\n",l,r); vector<Nd>vl,vr; int sz=v.size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int id=v[i].id,L=v[i].l,R=v[i].r; if(R<=mid)vl.pb(v[i]); else if(L>=mid+1)vr.pb(v[i]); else { //printf("ans[%d]=%d\n",id,ans[id]); for(int j=0;j<m;j++) ans[id]=(ans[id]+fl[L][j]*fr[R][(m-j)%m]%md)%md; //printf("ans[%d]=%d\n",id,ans[id]); } } work(l,mid,vl); work(mid+1,r,vr); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=m; scanf("%d",&nq); vector<Nd>v; for(int i=1;i<=nq;i++) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i,v.pb(q[i]); work(1,n,v); for(int i=1;i<=nq;i++)printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
题意：
给一个长度为 \( n \) 字符串 \( s \) ， \( m \) 次询问，每次问一个字符串 \( t \) 在 \( s \) 中不相交地出现了几次。\( 1 \leq n,m \leq 10^5 \) ， 所有 \( t \) 的长度之和不超过 \( 10^5 \) 。
分析：
首先，可以分长度 \( \leq n \) 的询问串和长度 \( > n \) 的询问串；
对于较长的询问串，直接哈希查找，次数不超过 \( \sqrt{n} \) 次；
对于所有较短的询问串，把它们一起建一个字典树；在字典树的点上开vector记录以此点为结尾的询问串的编号，再记录一个 \( lst[u] \)表示之后匹配过程中最后出现的位置；然后遍历 \( s \) 的每个位置作为起点，查询长度不超过 \( sqrt{n} \) 的一段在字典树上的匹配情况，经过的更新一下次数和 \( lst[u] \) 。
然后把字典树上点记录的次数再加到对应的询问串上，就做完了。
时间复杂度是 \( O(n\sqrt{n}) \) 。
代码如下：
#include<iostream> #include<vector> #include<cstring> #include<cmath> #define ll long long #define pb push_back using namespace std; int const N=1e5+5,bs=131,md=1e9+7; int n,m,ch[N][26],cnt,ans[N],lst[N],num[N]; ll hs[N],pw[N]; char s[N],t[N]; vector<int>v[N]; void init() { hs[0]=s[0]; pw[0]=1; for(int i=1;i<n;i++)hs[i]=(hs[i-1]*bs%md+s[i])%md; for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=(pw[i-1]*bs)%md; } void add(int id,char *t) { int u=0,len=strlen(t); for(int i=0;i<len;i++) { int x=t[i]-'a'; if(!ch[u][x])ch[u][x]=++cnt; u=ch[u][x]; } v[u].pb(id); lst[u]=-1; } ll get(int l,int r){return ((hs[r]-hs[l-1]*pw[r-l+1]%md)%md+md)%md;} void run(int l,int r) { int u=0; for(int i=l;i<=r;i++) { int x=s[i]-'a'; if(!ch[u][x])return; u=ch[u][x]; if(v[u].size()&&l>lst[u])num[u]++,lst[u]=i; } } int main() { scanf("%d%d%s",&n,&m,&s); init(); int sl=sqrt(n); for(int i=1,len;i<=m;i++) { scanf("%s",&t); len=strlen(t); if(len<=sl)add(i,t); else { ll ths=t[0]; for(int j=1;j<len;j++)ths=(ths*bs%md+t[j])%md; for(int j=0;j+len-1<n;j++) if(ths==get(j,j+len-1))ans[i]++,j=j+len-1; } } //for(int i=0;i+sl-1<n;i++)run(i,i+sl-1); for(int i=0;i<n;i++)run(i,min(i+sl-1,n-1)); for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int it:v[i])ans[it]=num[i]; for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
题意：
给定一张图，可求1号点到每个点的最短路，问单独增大每条边，有多少点的最短路会受到影响？\( 2 \leq n \leq 2*10^5 , n-1 \leq m \leq 2*10^5 \) 。
分析：
支配树？
先dijkstra求出最短路；过程中每个点用vector存下相同的最短路，存最后那条边即可。然后这些最短路就形成了一个拓扑图。
这时我们需要从这个图中提取出一棵树，使得一条边下的子树的所有点都会被这条边影响。想想可以发现，对于一个点，所有最短路上的前一个点（下称前驱点）在图中的拓扑序比它靠前；如果我们按照拓扑序构造那棵树，那么那些前驱点会在当前点之前加入树中。而对于这个点，可以影响到它最短路的边就是这些路共有的部分，也就是树上LCA往上的部分。
所以我们找到所有前驱点在已有的树上的LCA，然后把当前点直接连在LCA下面，这个树就还满足我们的需求。
这样做完以后得到一棵树，然后dfs求子树大小就可以得到边影响的点数了。这还需要我们在造树的过程中时刻记录边的编号。
代码如下：
#include<iostream> #include<queue> #include<vector> #include<cstring> #define ll long long using namespace std; int const N=2e5+5; int n,m,hd[N],to[N<<1],fr[N<<1],nxt[N<<1],cnt=1;//cnt=1 int du[N],f[N][25],dep[N],tag[N],ans[N],siz[N]; ll D[N],w[N<<1];//ll! bool vis[N]; vector<int>ve[N],E[N],tr[N]; struct Nd{ ll dis,id; bool operator < (const Nd &a) const {return dis>a.dis;} }; priority_queue<Nd>q; queue<int>tq; void add(int x,int y,int s){nxt[++cnt]=hd[x]; hd[x]=cnt; to[cnt]=y; fr[cnt]=x; w[cnt]=s;} void dij() { q.push((Nd){0,1}); memset(D,0x3f3f,sizeof D); D[1]=0; while(q.size()) { int u=q.top().id; q.pop(); if(vis[u])continue; vis[u]=1; for(int i=hd[u],v;i;i=nxt[i]) { if(vis[v=to[i]])continue; if(D[v]>D[u]+w[i]) { ve[v].clear(); ve[v].push_back(i); du[v]=1;//ve:拓扑图上指来的边 D[v]=D[u]+w[i]; q.push((Nd){D[v],v}); } else if(D[v]==D[u]+w[i])ve[v].push_back(i),du[v]++; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int it:ve[i])E[fr[it]].push_back(it);//E:拓扑图上指出的边 //for(int i=1;i<=n;i++)printf("du[%d]=%d\n",i,du[i]); } int getlca(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y])swap(x,y); for(int i=20;i>=0;i--) if(f[x][i]&&dep[f[x][i]]>=dep[y])x=f[x][i]; if(x==y)return x; for(int i=20;i>=0;i--) if(f[x][i]!=f[y][i])x=f[x][i],y=f[y][i]; return f[x][0]; } void topo() { tq.push(1); while(tq.size()) { int u=tq.front(); tq.pop(); for(int e:E[u]) { int v=to[e]; du[v]--; //printf("%d-%d\n",u,v); if(!du[v])tq.push(v); else continue; if(ve[v].size()==1) { f[v][0]=u; dep[v]=dep[u]+1; tag[v]=e/2;//边的编号/2 //printf("u=%d tag[%d]=%d\n",u,v,tag[v]); tr[u].push_back(v);//tr:最短路树上指向的点 } else { int lca=fr[ve[v][0]],sz=ve[v].size(); for(int i=1;i<sz;i++) lca=getlca(lca,fr[ve[v][i]]);//所有最短路的lca f[v][0]=lca; dep[v]=dep[lca]+1; tr[lca].push_back(v); } for(int i=1;i<=20;i++) f[v][i]=f[f[v][i-1]][i-1]; } } } void dfs(int u) { siz[u]=1; for(int v:tr[u]){dfs(v); siz[u]+=siz[v];} if(tag[u])ans[tag[u]]=siz[u]; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,x,y,s;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&s); add(x,y,s); add(y,x,s); } dij(); topo(); dfs(1); //for(int i=1;i<=n;i++)printf("tag[%d]=%d\n",i,tag[i]); for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
