TJOI2016(8.11~8.12模拟赛)
一 P4092 [HEOI2016/TJOI2016]树
题意：
有以下两种操作：
标记操作：对某个结点打上标记。（在最开始，只有结点 1 有标记，其他结点均无标记，而且对于某个结点，可以打多次标记。）
询问操作：询问某个结点最近的一个打了标记的祖先。（这个结点本身也算自己的祖先）
做法：
并查集。
先把所有节点标记添上来，接着倒着删除，如果删到 \(0\) 了就将其并查集父亲指向其树上的父亲。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,nq;
const int N=1e5+8;
int fr[N],to[N<<1],nxt[N<<1],too=0;
int fa[N],ff[N];
int q[N][3];
int p[N],ans[N],nn;
void add(int x,int y)
{
to[++too]=y;
nxt[too]=fr[x];
fr[x]=too;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=fr[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==ff[x]) continue;
ff[y]=x;
dfs(y);
}
}
int find(int x)
{
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main()
{
cin>>n>>nq;
int x,y;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
char c[5];
p[1]=1;
for(int i=1;i<=nq;i++)
{
scanf("%s%d",&c,&x);
q[i][1]=x;
if(c[0]=='Q') q[i][0]=0;
else q[i][0]=1,p[x]++;
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(p[i]) fa[i]=i;
else fa[i]=ff[i];
for(int i=nq;i>=1;i--)
{
if(q[i][0]==0)
ans[++nn]=find(q[i][1]);
else{
p[q[i][1]]--;
if(!p[q[i][1]])
fa[q[i][1]]=ff[q[i][1]];
}
}
for(int i=nn;i>=1;i--)
printf("%d\n",ans[i]);
}
二 P4093 [HEOI2016/TJOI2016]序列
题意：
有一个数列，数列中某些项的值可能会变化，但同一个时刻最多只有一个值发生变化。能否选出一个子序列，使得在任意一种变化中，这个子序列都是不降的。请你告诉她这个子序列的最长长度即可。
做法：
跳过普通 DP 介绍。
如果 \(i\) 可由 \(j\) 转移过来，则
- \(i<j\)
- \(max[i]<=a[j]\)
- \(a[i]<=min[j]\)
则转变为三维偏序问题。
采用 \(cdq\) 分治即可。
注意：
\(cdq\) 必须先做左，再由左向右转移，再做右边。做右边之前还要先按编号将其排回来。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+8;
int n,m;
struct node{
int v,mx,mi,ans,num;
} a[N],b[N];
int ans=0;
int c[N];
void ad(int x,int v)
{
while(x<=100000)
{
if(v==-1) c[x]=0;
else c[x]=max(c[x],v);
x+=x&-x;
}
}
int ask(int x)
{
int num=0;
while(x)
{
num=max(c[x],num);
x-=x&-x;
}
return num;
}
bool cmp1(node a,node b) {
return a.mx<b.mx;
}
bool cmp2(node a,node b){
return a.v<b.v;
}
bool cmp3(node a,node b){
return a.num<b.num;
}
void cdq(int l,int r)
{
if(l==r) {
a[l].ans=max(1,a[l].ans);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
cdq(l,mid);
sort(a+l,a+mid+1,cmp1);
sort(a+mid+1,a+r+1,cmp2);
int p=l;
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
while(a[p].mx<=a[i].v&&p<=mid)
{
ad(a[p].v,a[p].ans);
p++;
}
a[i].ans=max(a[i].ans,ask(a[i].mi)+1);
}
for(int i=l;i<p;i++) ad(a[i].v,-1);
// memset(c,0,sizeof(c));
sort(a+mid+1,a+r+1,cmp3);
cdq(mid+1,r);
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i].v),a[i].mi=a[i].mx=a[i].v,a[i].ans=1,a[i].num=i;
int x,v;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&v);
a[x].mi=min(a[x].mi,v);
a[x].mx=max(a[x].mx,v);
}
cdq(1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,a[i].ans);
cout<<ans;
}
三 P2824 [HEOI2016/TJOI2016]排序
题意：
给出一个 1 到 n 的排列，现在对这个排列序列进行 m 次局部排序，排序分为两种：
- \(0\) \(l\) \(r\) 表示将区间 \([l,r]\) 的数字升序排序
- \(1\) \(l\) \(r\) 表示将区间 \([l,r]\) 的数字降序排序
最后询问第 q 位置上的数字。
做法：
二分答案。
将大于等于答案的数标为 \(1\)，小于答案的标为 \(0\)，每次排序及查询区间一的个数，再将其复制到区间前或区间后，最后 q 处为一则答案合理。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+8;
int a[N];
int tr[N<<2],tag[N<<2];
int n,m,p;
int q[N][3];
void push(int k,int l,int r)
{
if(tag[k]==-1) return;
tag[k<<1]=tag[k<<1|1]=tag[k];
int mid=l+r>>1;
tr[k<<1]=(mid-l+1)*tag[k];
tr[k<<1|1]=(r-mid)*tag[k];
tag[k]=-1;
}
void gt(int k,int l,int r,int x,int y,int v)
{
if(x>y) return;
if(x<=l&&r<=y)
{
tag[k]=v;tr[k]=(r-l+1)*v;
return;
}
push(k,l,r);
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) gt(k<<1,l,mid,x,y,v);
if(y>mid) gt(k<<1|1,mid+1,r,x,y,v);
tr[k]=tr[k<<1]+tr[k<<1|1];
}
int ask(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if(x<=l&&r<=y) return tr[k];
push(k,l,r);
int mid=l+r>>1;
int num=0;
if(x<=mid) num+=ask(k<<1,l,mid,x,y);
if(y>mid) num+=ask(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
return num;
}
bool work(int k)
{
memset(tr,0,sizeof(tr));
memset(tag,-1,sizeof(tag));
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]>=k) gt(1,1,n,i,i,1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int num=ask(1,1,n,q[i][1],q[i][2]);
if(q[i][0]){
gt(1,1,n,q[i][1],q[i][1]+num-1,1);
gt(1,1,n,q[i][1]+num,q[i][2],0);
}
else{
gt(1,1,n,q[i][1],q[i][2]-num,0);
gt(1,1,n,q[i][2]-num+1,q[i][2],1);
}
}
return ask(1,1,n,p,p)==1;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&q[i][0],&q[i][1],&q[i][2]);
int l=1,r=n,ans=0;
cin>>p;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(work(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<ans;
}
四P2825 [HEOI2016/TJOI2016]游戏
题意：
略。
做法：
二分图最大匹配。
将行与列连边，如果匹配此边则为在此处放了一个炸弹，一行或一列只能匹配一个。
如果有硬石头，则新建节点，可以视之为将一行分为两行，一列分为两列，隔开的这些点可多匹配一个炸弹。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6025;
char s[65];
int t1,t2;
int fr[N<<1],to[N<<2],nxt[N<<2],too=0;
void add(int x,int y)
{
to[++too]=y;
nxt[too]=fr[x];
fr[x]=too;
}
bool vis[N];
int n,m;
int id[N],bl[N];
bool dfs(int x)
{
if(vis[x]) return 0;
vis[x]=1;
for(int i=fr[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(bl[y]==0||dfs(bl[y]))
{
bl[y]=x;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) id[i]=++t2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
t1++;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(s[j]=='*') add(t1,id[j]);
if(s[j]=='#'){
t1++;
id[j]=++t2;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=t1;i++)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
ans+=dfs(i);
}
cout<<ans;
}
五： P4094 [HEOI2016/TJOI2016]字符串
题意：
给定字符串 \(s\)。
每个问题均有 \(a,b,c,d\) 四个参数，问你子串 \(s[a..b]\) 的所有子串和 \(s[c..d]\) 的最长公共前缀的长度的最大值是多少。
做法：
后缀自动机加线段树合并。
先翻转子串。
每次二分 \(cd\) 串后缀，看其是否在 \(ab\) 中出现过。
后缀自动机的每个节点上建立线段树表示其 \(endpos\) 集。线段树合并求出每个点的线段树。
找二分的串：先找到此串结尾点最长串在后缀自动机的位置（即添加最后一个字符时所新建的节点），再利用倍增向上跳找到最上边的第一个 \(len\) 大于等于本串长度的节点。
线段树合并：
在一棵树上每个叶子节点只有一个数，将子节点信息并到父节点上。
code:
int mg(int rt1,int rt2,int l,int r)
{
if(!rt1||!rt2) return rt1+rt2;
int k=++tt;
if(l==r){
tr[k].sum=tr[rt1].sum+tr[rt2].sum;
return k;
}
int mid=l+r>>1;
tr[k].l=mg(tr[rt1].l,tr[rt2].l,l,mid);
tr[k].r=mg(tr[rt1].r,tr[rt2].r,mid+1,r);
tr[k].sum=tr[rt1].sum+tr[rt2].sum;
return k;
}
玄学时空复杂度：\(nlogn\)
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+8;
char s[N];
int n,m;
int rt[N];
int tot=1,last=1;
int tt=0;
int f[N][25],pp[N];
struct sam{
int len,fa,ch[26];
} a[N];
struct tree{
int l,r,sum;
} tr[N<<6];
int fr[N],to[N],nxt[N],too=0;
int aa,bb,cc,dd;
void add(int x,int y)
{
to[++too]=y;
nxt[too]=fr[x];
fr[x]=too;
}
void adt(int &k,int l,int r,int x)
{
if(!k) k=++tt;
++tr[k].sum;
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) adt(tr[k].l,l,mid,x);
else adt(tr[k].r,mid+1,r,x);
}
int ask(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if(!k) return 0;
if(y<x) return 0;
if(x<=l&&r<=y) return tr[k].sum;
int mid=l+r>>1;
int num=0;
if(x<=mid) num+=ask(tr[k].l,l,mid,x,y);
if(y>mid) num+=ask(tr[k].r,mid+1,r,x,y);
return num;
}
void ad(int x,int pos)
{
int p=last,k=last=++tot;pp[pos]=k;
adt(rt[k],1,n,pos);
a[k].len=a[p].len+1;
for(;!a[p].ch[x]&&p;p=a[p].fa) a[p].ch[x]=k;
if(p==0) a[k].fa=1;
else{
int t1=a[p].ch[x];
if(a[t1].len==a[p].len+1) a[k].fa=t1;
else{
int t2=++tot;
a[t2]=a[t1];
a[t2].len=a[p].len+1;
a[t1].fa=a[k].fa=t2;
for(;a[p].ch[x]==t1&&p;p=a[p].fa)
a[p].ch[x]=t2;
}
}
}
int mg(int rt1,int rt2,int l,int r)
{
if(!rt1||!rt2) return rt1+rt2;
int k=++tt;
if(l==r){
tr[k].sum=tr[rt1].sum+tr[rt2].sum;
return k;
}
int mid=l+r>>1;
tr[k].l=mg(tr[rt1].l,tr[rt2].l,l,mid);
tr[k].r=mg(tr[rt1].r,tr[rt2].r,mid+1,r);
tr[k].sum=tr[rt1].sum+tr[rt2].sum;
return k;
}
void dfs(int x)
{
f[x][0]=a[x].fa;
for(int i=1;i<=18;i++)
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for(int i=fr[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
dfs(y);
rt[x]=mg(rt[x],rt[y],1,n);
}
}
bool check(int l,int r)
{
int len=r-l+1;
int x=pp[r];
for(int i=20;i>=0;--i)
{
if(a[f[x][i]].len>=len)
x=f[x][i];
}
return ask(rt[x],1,n,aa+len-1,bb);
}
int main()
{
cin>>n>>m;
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n/2;i++)
swap(s[i],s[n-i+1]);
for(int i=1;i<=n;i++) ad(s[i]-'a',i);
for(int i=2;i<=tot;i++) add(a[i].fa,i);
dfs(1);
while(m--)
{
scanf("%d%d%d%d",&aa,&bb,&cc,&dd);
aa=n-aa+1;bb=n-bb+1;cc=n-cc+1;dd=n-dd+1;
swap(aa,bb);swap(cc,dd);
int l=cc,r=dd,ans=0;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid,dd)) ans=dd-mid+1,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
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