我不懂 愈完美愈是空洞 挂着张可憎面容 维系虚假脆弱的梦
test8
割串aa
为什么没有大样例只有本可过不了 /fad
首先 \(\text{a}\) 是特殊的，扣掉 \(\text{a}\) 考虑，会形成字符串 \(p_1,\dots,p_m\)，顺着来就是要考虑 \(t_i\neq \text{a}\) 的情况。那么显然 \(t\) 的充要条件是 \(t|p_i\)（\(p_i\) 由若干 \(t\) 构成），不妨枚举 \(t=p_1[1,1],p_1[1,2],\dots,p_1[1,|p_1|]\)，哈希暴力验证复杂度 \(O(n\log n)\)。
现在考虑怎么做 \(\exists t_i=\text{a}\) 的情况惹，考虑一个 \(t\) 涵盖 \(u\) 个 \(p\)。若 \(u=m\)，前/后缀 \(pre/nxt\) 个 \(a\) 贡献 \((pre+1)(nxt+1)-[m=1]\)，之后只用考虑 \(u<m\) 的情况惹。首先 \(ku+[1,u]\) 肯定放在一块的，要求中间的间隔 \(a\) 形式相同，然后考虑最前缀/后缀和大段间隔最小 \(\text{a}\) 数量，设在前/后拼凑 \(l/r\) 个，就是要求 \((l,r)\) 数量满足 \(0\leq l\leq pre,0\leq r\leq nxt,l+r\leq \min\)，仔细分类讨论可以等差数列求出和。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define up(i,l,r) for(int i=l; i<=r; ++i)
#define dn(i,r,l) for(int i=r; i>=l; --i)
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=300005, inf=1e13;
const ull B=233;
int T, n, m, ans, L[N], R[N];
ull pw[N], hsh[N];
char str[N];
inline ull get(int l,int r) {
return hsh[r]-hsh[l-1]*pw[r-l+1];
}
void mian() {
cin >> (str+1), n=strlen(str+1), m=ans=0;
up(i,1,n) hsh[i]=hsh[i-1]*B+(str[i]-'a'+1);
for(int l=1, r=1; l<=n; l=r+1, r=l) {
if(str[l]=='a') continue;
while(r<n&&str[r+1]!='a') ++r;
++m, L[m]=l, R[m]=r;
}
if(!m) { cout << n-1 << '\n'; return; }
up(len,1,R[1]-L[1]+1) {
bool flag=1;
up(i,1,m) {
if(!flag||(R[i]-L[i]+1)%len!=0) { flag=0; break; }
for(int j=L[i]; j<=R[i]; j+=len) {
if(get(j,j+len-1)!=get(L[1],L[1]+len-1)) flag=0;
}
}
ans+=flag;
}
int pre=0, nxt=0;
up(i,1,n) if(str[i]!='a') break; else ++pre;
dn(i,n,1) if(str[i]!='a') break; else ++nxt;
int flag=1;
up(i,2,m) {
if(R[i]-L[i]!=R[i-1]-L[i-1]) flag=0;
up(j,1,R[i]-L[i]+1) if(str[L[i-1]+j-1]!=str[L[i]+j-1]) flag=0;
}
// cout << "side " << ans << '\n';
up(u,1,m) {
if(m%u!=0||m!=u&&!flag) continue;
int flag=1, fc=R[u]-L[1]+1, p=inf;
for(int l=1; l<=m; l+=u) {
int r=l+u-1;
if(R[r]-L[l]+1!=fc) { flag=0; break; }
if(l>1) p=min(p,L[l]-R[l-1]-1);
}
if(!flag) continue;
// cout << "qwq " << pre << ' ' << p << ' ' << nxt << '\n';
if(p==inf) ans+=(pre+1)*(nxt+1);
else {
int l=p, r=max(p-pre,0ll);
// cout << "? " << nxt << ' ' << l << ' ' << r << '\n';
ans+=l-r+1;
if(r<=nxt&&nxt<=l) {
ans+=nxt*(l-nxt);
ans+=(r+nxt)*(nxt-r+1)/2;
}
else {
if(nxt>l) ans+=(l+r)*(l-r+1)/2;
if(nxt<l) ans+=(l-r+1)*nxt;
}
}
if(u==1) --ans;
// cout << "len = " << u << " : " << ans << '\n';
}
cout << ans << '\n';
}
signed main() {
// freopen("1.txt","r",stdin);
freopen("aa.in","r",stdin);
freopen("aa.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
pw[0]=1;
up(i,1,3e5) pw[i]=pw[i-1]*B;
cin >> T;
while(T--) mian();
return 0;
}
宝石gem
先拓扑排序出任意合法填数方式，之后都用新编号表示。考虑 \(i\) 合法的条件显然是 \(\forall j<i,\exists to_j\leq i\) 且 \(\forall j>i,\exists pre_j\geq i\)。不妨对 \(j\) 考虑使得哪些 \(i\) 不合法，把限制时间打到点上就做完了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define up(i,l,r) for(int i=l; i<=r; ++i)
#define dn(i,r,l) for(int i=r; i>=l; --i)
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=800005;
int n, m, ret[N], tot, ans[N], u[N], v[N], in[N];
vector<pii> F[N], G[N];
vector<int> add[N], del[N], to[N];
multiset<int> qwq;
queue<int> q;
signed main() {
freopen("gem.in","r",stdin);
freopen("gem.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n >> m;
up(i,1,m) {
cin >> u[i] >> v[i];
to[u[i]].pb(v[i]), ++in[v[i]];
}
up(i,1,n) if(!in[i]) q.push(i);
while(q.size()) {
int x=q.front(); q.pop();
ret[x]=++tot;
for(int y:to[x]) if(!--in[y]) q.push(y);
}
up(i,1,m) {
F[ret[u[i]]].pb(mp(ret[v[i]],i));
G[ret[v[i]]].pb(mp(ret[u[i]],i));
}
qwq.insert(0);
up(i,1,n) {
int lst=n+1;
for(pii p:F[i]) {
int j=p.first, t=p.second;
if(j>=lst) continue;
add[j].pb(t), del[lst-1].pb(t), lst=j;
}
if(i+1<lst) add[i+1].pb(m+1), del[lst-1].pb(m+1);
}
up(i,1,n) {
for(int x:add[i]) qwq.insert(x);
ans[i]=*--qwq.end();
for(int x:del[i]) qwq.erase(qwq.find(x));
}
qwq.clear(), qwq.insert(0);
up(i,0,n+1) add[i].clear(), del[i].clear();
up(i,1,n) {
int lst=0;
for(pii p:G[i]) {
int j=p.first, t=p.second;
if(j<=lst) continue;
add[lst+1].pb(t), del[j].pb(t), lst=j;
}
if(lst+1<i) add[lst+1].pb(m+1), del[i-1].pb(m+1);
}
up(i,1,n) {
for(int x:add[i]) qwq.insert(x);
ans[i]=max(ans[i],*--qwq.end());
for(int x:del[i]) qwq.erase(qwq.find(x));
}
up(j,1,n) {
int i=ret[j];
cout << (ans[i]<=m?ans[i]:-1) << ' ';
}
return 0;
}
石头人stone
有奶龙龙龙喵因为 \(i/-i\) 写反了调了半天 /yun
设加入的顺序为 \(v_1,\dots,v_n\)，那么答案显然是 \(-v_1+\sum_{i=1}^n(n+1-i)\times v_i\)，也就是 \(\sum_{i=1}^n v_i\times i \downarrow\)。
首先考虑左/右边可以拓展一个长度为 \(l/r\) 的段 \(\{L\},\{R\}\)（下标按加入顺序），容易发现它们的相对顺序没有后效性，且 \(L\) 比 \(R\) 先当且仅当 \(\sum L_i\times r\geq \sum R_i \times l\) 也就是平均数小的放在前面。那么我们很自然地猜测每一次拓展向平均数最小的新段，这个容易反证法验证到，假设 \(ave_{\min}\) 在一边，另一边先拿根据刚刚的贪心肯定不优。
容易想到离线，对于所有的跳跃按照平均数递增排序，这样子数组左边的肯定先拿，用线段树维护前后缀的 \(\sum len_i\) 以及 \(\sum v_i\) 即可。
问题只剩求解对于 \(i\) 其向前/后的最小平均数在哪里，以及这个东西的数量级能不能支撑上面的做法，以前缀为例。设前缀和为 \(s\)，就想要找到 \(\frac{S_i-S_j}{i-j}\) 最大的 \(j\) 作为下一个端点，这个显然斜率优化可以解决，顺着维护一个凹包即可，然后加入删除是 \(O(n)\) 的，打到点上计算贡献即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define up(i,l,r) for(int i=l; i<=r; ++i)
#define dn(i,r,l) for(int i=r; i>=l; --i)
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=800005;
int n, m, a[N], S[N], SS[N], ans, q[N], qwq[N], L, R, ret[N], tr1[N], tr2[N], jury;
vector<int> add[N], del[N];
struct node {
int id, now, nxt, len, s, ss;
node() {}
node(int Id,int Now,int Nxt) {
id=Id, now=Now, nxt=Nxt;
len=abs(now-nxt), s=S[now]-S[nxt];
if(nxt<now) ss=SS[now]-SS[nxt]-(n-now)*s;
else ss=SS[now]-SS[nxt]-(now-1)*s;
}
bool operator<(const node &rhs) const {
return s*rhs.len<rhs.s*len;
}
} p[N];
double ave1(int l,int r) { return (double)(S[r]-S[l])/(r-l); }
double ave2(int l,int r) { return (double)(S[l]-S[r])/(r-l); }
void add1(int x,int v) { for( ; x<=m; x+=x&-x) tr1[x]+=v; }
void add2(int x,int v) { for( ; x<=m; x+=x&-x) tr2[x]+=v; }
int ask1(int x) { int ret=0; for( ; x; x-=x&-x) ret+=tr1[x]; return ret; }
int ask2(int x) { int ret=0; for( ; x; x-=x&-x) ret+=tr2[x]; return ret; }
void UP(int u) {
u=ret[u], ans+=p[u].ss;
ans+=ask1(u)*p[u].s, add1(u,p[u].len);
ans+=(ask2(m)-ask2(u))*p[u].len, add2(u,p[u].s);
}
void DN(int u) {
u=ret[u], ans-=p[u].ss;
add1(u,-p[u].len), ans-=ask1(u)*p[u].s;
add2(u,-p[u].s), ans-=(ask2(m)-ask2(u))*p[u].len;
}
signed main() {
freopen("stone.in","r",stdin);
freopen("stone.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n;
up(i,1,n) cin >> a[i], jury+=a[i]*(n);
q[L=R=1]=0;
up(i,1,n) {
S[i]=S[i-1]+a[i], SS[i]=SS[i-1]+a[i]*(n-i+1);
while(L<R&&ave1(q[R-1],q[R])<=ave1(q[R-1],i)) del[i+1].pb(qwq[R--]);
q[++R]=i, add[i+2].pb(qwq[R]=++m), p[m]=node(m,i,q[R-1]);
}
q[L=R=1]=n+1;
dn(i,n,1) {
S[i]=S[i+1]+a[i], SS[i]=SS[i+1]+a[i]*i;
while(L<R&&ave2(q[R-1],q[R])<=ave2(q[R-1],i)) add[i+1].pb(qwq[R--]);
q[++R]=i, del[i].pb(qwq[R]=++m), p[m]=node(m,i,q[R-1]);
}
sort(p+1,p+1+m);
up(i,1,m) ret[p[i].id]=i;
while(L<R) UP(qwq[R--]);
up(i,1,n+1) {
for(int u:add[i]) UP(u);
if(i>1) cout << jury-ans-a[i-1] << ' ';
for(int u:del[i]) DN(u);
}
return 0;
}
染色col
招笑嘛，这个题是 r5 的 t2。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define up(i,l,r) for(int i=l; i<=r; ++i)
#define dn(i,r,l) for(int i=r; i>=l; --i)
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=200005;
int T, n, a, b, Ans, dep[N], len, fa[N];
vector<int> to[N];
void dfs(int x) {
for(int y:to[x]) if(!dep[y]) {
dep[y]=dep[x]+1;
fa[y]=x, dfs(y);
len=max(len,dep[y]);
}
}
void sol(int S) {
up(i,1,n) dep[i]=0;
len=1, dep[S]=1, dfs(S);
}
int upper(int x,int d) {
if(dep[x]==d) return x;
return upper(fa[x],d);
}
void mian() {
Ans=0;
cin >> n >> a >> b;
up(i,1,n) to[i].clear();
up(i,2,n) {
int u, v;
cin >> u >> v;
to[u].pb(v);
to[v].pb(u);
}
sol(a);
if(a==b) {
cout << 2*(n-1)-len+1 << '\n';
return;
}
if(dep[b]&1) {
Ans+=(dep[b]-1)/2;
int c=upper(b,(1+dep[b])/2);
sol(c), Ans+=2*(n-1)-len+1;
}
else {
Ans+=dep[b]/2;
int c=upper(b,dep[b]/2);
sol(c), Ans+=2*(n-1)-len+1;
}
cout << Ans << '\n';
}
signed main() {
freopen("col.in","r",stdin);
freopen("col.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> T;
while(T--) mian();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号