暑假集训题目合集-1
Day \(n\) 指第 \(n\) 个讲课日，模拟赛过屎，不放了。
Day1
单调队列优化 DP
一般形如 \(dp_i=\max_{j\in[l_i,r_i]}(f(j))+g(j)\) 的形式可以进行单调队列优化，其中 \(f(i)\) 是一个关于 \(j\) 的函数，\([l_i,r_i]\) 是滑动窗口。
宝物筛选
多重背包优化。\(O(nW\log m)\) 的二进制拆分优化就不讲了。
考虑朴素的 \(O(nWm)\) 转移：
\[dp_{j}=\max_{k=0}^{m_i}(dp_{j-k\times w_i}+k\times v_i)
\]
尝试改写成适合单调队列优化的形式，按余数分组：
设当前 \(r=j\bmod w_i\)，\(t=\lfloor j/w_i\rfloor\)，状态转移方程改写为：
\[dp_j=\max_{k=0}^{\min(m_i,t)}(dp_{r+(t-k)\cdot w_i}+k\cdot v_i)
\]
令 \(t'=t-k\)，则 \(k=t-t'\)：
\[\begin{aligned}
dp_j&=\max(dp_{r+t'\cdot w_i}+(t-t')\cdot v_i)\\
&=\max(dp_{r+t'\cdot w_i}+t'\cdot v_i)+t\cdot v_i
\end{aligned}\]
\(t'\in[\max(0,t-m_i),t]\)，构成一个滑动窗口。
时间复杂度 \(O(nW)\)。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=4e4+10;
struct Queue{
int val,t;
Queue(){}
Queue(int val,int t):val(val),t(t){}
}q[N];
int n,W,v,w,m,dp[N],l,r,tag,ans;
int main(){
read(n,W);
memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
read(v,w,m);
if(w==0){
tag+=v*m;
continue;
}
for(int d=0;d<w;d++){
l=1,r=0;
for(int t=0;d+t*w<=W;t++){
int j=t*w+d,val=dp[j]-t*v;
while(l<=r&&q[r].val<=val) --r;
q[++r]=Queue(val,t);
while(l<=r&&q[l].t<t-m) ++l;
dp[j]=max(q[l].val+t*v,dp[j]);
}
}
}
for(int i=0;i<=W;i++) ans=max(ans,dp[i]+tag);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
[NOI2005] 瑰丽华尔兹
单调队列优化 DP。
容易想到 \(O(nmT)\) 的方程：设 \(dp_{t,i,j}\) 表示在 \((i,j)\) 位置经过 \(t\) 时间的答案，容易写出转移：
\[dp_{t,i,j}=\max(dp_{t-1,i,j},dp_{t-1,i',j'}+1)
\]
考虑优化成 \(O(nmk)\)，则我们首先将状态优化为 \(dp_{k,i,j}\) 表示第 \(k\) 个区间，在 \((i,j)\) 位置的答案。转移变为
\[dp_{k,i,j}=\max(dp_{k-1,i',j'}+dis)
\]
具体地，假设当前在向 \(i\) 的正方向滑行，我们可以写出：
\[dp_{k,i,j}=\max_{pos=i-len_k}^i(dp_{k-1,pos,j}-pos)+i
\]
其余三个方向同理，这就可以单调队列优化了。
可以滚动数组去掉 \(k\) 这一维。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
template<typename T>
inline T Abs(const T &x){return x<0?~x+1:x;}
template<typename T>
inline T Max(const T &a,const T &b){return a<b?b:a;}
constexpr int N=210,fx[]={0,-1,1,0,0},fy[]={0,0,0,-1,1};
struct Queue{
int val,x,y;
Queue(){}
Queue(int val,int x,int y):val(val),x(x),y(y){}
}q[N];
inline int dis(const int &ax,const int &ay,const int &bx,const int &by){
return Abs(ax-bx)+Abs(ay-by);
}
int n,m,sx,sy,k,dp[N][N],op,l,r,ans;
char s[N][N];
void dfs(int x,int y,int len){
l=1,r=0;
while(x>=1&&y>=1&&x<=n&&y<=m){
if(s[x][y]=='x'){
l=1,r=0;
x+=fx[op],y+=fy[op];
continue;
}
while(l<=r&&dp[x][y]>q[r].val+dis(x,y,q[r].x,q[r].y)) --r;
q[++r]=Queue(dp[x][y],x,y);
while(l<=r&&(Abs(x-q[l].x)>len||Abs(y-q[l].y)>len)) ++l;
dp[x][y]=Max(dp[x][y],q[l].val+dis(x,y,q[l].x,q[l].y));
ans=Max(ans,dp[x][y]);
x+=fx[op],y+=fy[op];
}
}
int main(){
read(n,m,sx,sy,k);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf(" %c",&s[i][j]);
memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
dp[sx][sy]=0;
for(int i=1,s,t;i<=k;i++){
read(s,t,op);
if(op==1) for(int j=1;j<=m;j++) dfs(n,j,t-s+1);
else if(op==2) for(int j=1;j<=m;j++) dfs(1,j,t-s+1);
else if(op==3) for(int j=1;j<=n;j++) dfs(j,m,t-s+1);
else for(int j=1;j<=n;j++) dfs(j,1,t-s+1);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
闲话：《海上钢琴师》真的非常好看！
[SCOI2010] 股票交易
设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 天结束时手上有 \(j\) 个股票时的最大收益。转移：
- 什么也不做：
\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}
\]
- 买入：
\[dp_{i,j}=\max(dp_{i-W-1,j-k}-k\times AP_i)
\]
- 卖出：
\[dp_{i,j}=\max(dp_{i-W-1,j+k}+k\times BP_i)
\]
第一个式子没有研究价值，我们看后两个。将式子转化，用 \(k'\) 分别代替 \(j-k\) 和 \(j+k\)：
\[dp_{i,j}=\max(dp_{i-W-1,k'}+k'\times AP_i)-j\times AP_i\quad j-k'\le AS_i
\]
\[dp_{i,j}=\max(dp_{i-W-1,k'}+k'\times BP_i)-j\times BP_i\quad k'-j\le BS_i
\]
显然可以单调队列。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=2010;
int t,maxp,w,l,r,ap[N],dp[N][N],bp[N],as[N],bs[N],ans;
struct Queue{
int val;
ll k;
Queue(){}
Queue(int val,int k):val(val),k(k){}
}q[N];
int main(){
read(t,maxp,w);
memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=t;i++) read(ap[i],bp[i],as[i],bs[i]);
for(int i=1;i<=t;i++)
for(int j=0;j<=as[i];j++) dp[i][j]=-ap[i]*j;
for(int i=1;i<=t;i++){
for(int j=0;j<=maxp;j++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
l=1,r=0;
int pre=i-w-1;
if(pre<=0) continue;
for(int j=0;j<=maxp;j++){
while(l<=r&&q[r].val<=dp[pre][j]+j*ap[i]) --r;
q[++r]=Queue(dp[pre][j]+j*ap[i],j);
while(l<=r&&j-q[l].k>as[i]) ++l;
dp[i][j]=max(dp[i][j],q[l].val-j*ap[i]);
}
l=1,r=0;
for(int j=maxp;j>=0;j--){
while(l<=r&&q[r].val<=dp[pre][j]+j*bp[i]) --r;
q[++r]=Queue(dp[pre][j]+j*bp[i],j);
while(l<=r&&q[l].k-j>bs[i]) ++l;
dp[i][j]=max(dp[i][j],q[l].val-j*bp[i]);
}
}
for(int i=0;i<=maxp;i++) ans=max(ans,dp[t][i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
玉蟾宫
插一个单调栈典题。
我们考虑枚举行数，对于一行内，维护每一列向上延伸最多的 F 数量（类似直方图）。例如，对于样例
R F F F F F
F F F F F F
R R R F F F
F F F F F F
F F F F F F
假设我们枚举到最后一行，那么应该向上延伸最多的 F 数量应当是：
F F F
F F F
F F F
F F F F F F
F F F F F F
2 2 2 5 5 5
此时枚举列，同时对向上延伸最多 F 数量维护单调栈。
时间复杂度 \(O(nm)\)。
code
#include<iostream>
using namespace std;
constexpr int N=1010;
struct Stack{
int h,len;
Stack(){}
Stack(int h,int len):h(h),len(len){}
}st[N];
int n,m,top,h[N][N],ans;
char c;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>c;
h[i][j]=(c=='F')?h[i-1][j]+1:0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
int temp=0;
while(top&&st[top].h>h[i][j]){
temp+=st[top].len;
ans=max(ans,st[top].h*temp);
--top;
}
st[++top]=Stack(h[i][j],temp+1);
}
int temp=0;
while(top){
temp+=st[top].len;
ans=max(ans,st[top].h*temp);
--top;
}
}
cout<<ans*3<<'\n';
return 0;
}
并查集
[APIO2008] 免费道路
题意：一个边权为 \(0\) 或 \(1\) 的图，求边权和为 \(n-k\) 的生成树。
首先 Kruskal 求最大生成树，求得必须要加入的 \(0\) 边。
再 Kruskal 一遍，先将 \(0\) 边加至 \(k\) 条，然后一直加 \(1\) 边直到求出生成树。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=2e4+10,M=1e5+10;
int n,m,k,fa[N],tot,cnt,ans[N];
struct edge{int u,v,w;}e[M];
bool l(const edge &x,const edge &y){return x.w<y.w;}
bool g(const edge &x,const edge &y){return x.w>y.w;}
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
read(n,m,k);
for(int i=1;i<=m;i++)
read(e[i].u,e[i].v,e[i].w);
sort(e+1,e+1+m,g);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=find(e[i].u),v=find(e[i].v);
if(u==v) continue;
fa[u]=v;
++tot;
if(e[i].w==0) ++cnt,e[i].w=-1;
if(tot==n-1) break;
}
if(cnt>k){
printf("no solution\n");
return 0;
}
sort(e+1,e+1+m,l);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
tot=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=find(e[i].u),v=find(e[i].v);
if(u==v) continue;
if(e[i].w==-1){
fa[u]=v;
e[i].w=0;
ans[++tot]=i;
}
else if(tot<k&&e[i].w==0){
fa[u]=v;
ans[++tot]=i;
}
else if(tot>=k&&e[i].w==1){
fa[u]=v;
ans[++tot]=i;
}
if(tot==n-1) break;
}
if(tot!=n-1){
printf("no solution\n");
return 0;
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
int j=ans[i];
printf("%d %d %d\n",e[j].u,e[j].v,e[j].w);
}
return 0;
}
[AHOI2013] 连通图
线段树分治+可撤销并查集。
在时间轴上开线段树，每个节点维护 std::vector 表示当前区间需要加的边，使用可撤销并查集在回溯时撤销当前节点添加的边。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10,M=2e5+10;
int n,m,fa[N],siz[N],k,last[M];
struct Edge{
int u,v;
Edge(){}
Edge(int u,int v):u(u),v(v){}
}edge[M];
vector<Edge> tree[N<<2];
#define ls (u<<1)
#define rs (u<<1|1)
void modify(int u,int l,int r,int x,int y,Edge t){
if(x<=l&&y>=r){
tree[u].push_back(t);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) modify(ls,l,mid,x,y,t);
if(y>mid) modify(rs,mid+1,r,x,y,t);
}
int find(int x){return fa[x]==x?x:find(fa[x]);}
stack<Edge> st;
inline void merge(int x,int y){
x=find(x),y=find(y);
if(x==y) return;
if(siz[x]>siz[y]) swap(x,y);
fa[x]=y;
siz[y]+=siz[x];
st.push(Edge(x,y));
}
void get_ans(int u,int l,int r){
int temp=st.size();
for(Edge x:tree[u]) merge(x.u,x.v);
if(l==r){
if(siz[find(1)]==n) printf("Connected\n");
else printf("Disconnected\n");
}
else{
int mid=(l+r)>>1;
get_ans(ls,l,mid);
get_ans(rs,mid+1,r);
}
while((int)st.size()>temp){
Edge x=st.top();
int u=x.u,v=x.v;
st.pop();
siz[v]-=siz[u];
fa[u]=u;
}
}
int main(){
read(n,m);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) read(edge[i].u,edge[i].v);
read(k);
for(int i=1,c,x;i<=k;i++){
read(c);
while(c--){
read(x);
if(last[x]+1<=i-1) modify(1,1,k,last[x]+1,i-1,edge[x]);
last[x]=i;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++) modify(1,1,k,last[i]+1,k,edge[i]);
get_ans(1,1,k);
return 0;
}
Day2
Trie
[JSOI2009] 电子字典
Trie 题怎么能用 Trie 做呢？
由于串长极小，直接字符串哈希，实现时需要注意以下几个点：
- 使用自然溢出哈希；
- 记得去重，去重一定不要用
std::set，会 T 飞。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<set>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef unsigned long long ull;
int n,m;
ull base[25],h[25];
gp_hash_table<ull,int> word;
char s[25];
int main(){
base[0]=1;
for(int i=1;i<=22;i++) base[i]=base[i-1]*131;
scanf("%d%d",&n,&m);
while(n--){
memset(s,0,sizeof(s));
memset(h,0,sizeof(h));
scanf("%s",s+1);
h[0]=0;
int len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++)
h[i]=h[i-1]*131+s[i];
word[h[len]]=m+1;
}
while(m--){
memset(s,0,sizeof(s));
memset(h,0,sizeof(h));
h[0]=0;
scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++)
h[i]=h[i-1]*131+s[i];
if(word.find(h[len])!=word.end()){
printf("-1\n");
continue;
}
int res=0;
for(int i=1;i<=len;i++){
ull hash1=h[i-1]*base[len-i]+(h[len]-h[i]*base[len-i]);
auto it=word.find(hash1);
if(it!=word.end()&&it->second!=m)
it->second=m,++res;
}
for(int i=1;i<=len;i++)
for(char j='a';j<='z';j++){
if(j==s[i]) continue;
ull hash1=h[len]-s[i]*base[len-i]+j*base[len-i];
auto it=word.find(hash1);
if(it!=word.end()&&it->second!=m)
it->second=m,++res;
}
for(int i=0;i<=len;i++)
for(char j='a';j<='z';j++){
ull hash1=h[i]*base[len-i+1]+j*base[len-i]+(h[len]-h[i]*base[len-i]);
auto it=word.find(hash1);
if(it!=word.end()&&it->second!=m)
it->second=m,++res;
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}
[USACO12DEC] First! G
建 Trie，在 Trie 上查找时对字母连边，拓扑排序判环。
code
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
constexpr int N=3e5+10;
int n,nxt[N][26],tot,e[26][26],indegree[26],cnt,ans[N];
bool ed[N];
string s[N];
inline void insert(string s){
int p=0;
for(char c:s){
int k=c-'a';
if(!nxt[p][k]) nxt[p][k]=++tot;
p=nxt[p][k];
}
ed[p]=1;
}
bool find(string s){
int p=0;
memset(e,0,sizeof(e));
memset(indegree,0,sizeof(indegree));
for(char c:s){
if(ed[p]) return 0;
int k=c-'a';
for(int i=0;i<26;i++)
if(k!=i&&nxt[p][i]&&!e[k][i]){
e[k][i]=1;
++indegree[i];
}
p=nxt[p][k];
}
queue<int> q;
for(int i=0;i<26;i++)
if(!indegree[i]) q.push(i);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int v=0;v<26;v++)
if(e[u][v]&&!--indegree[v]) q.push(v);
}
for(int i=0;i<26;i++)
if(indegree[i]) return 0;
return 1;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s[i];
insert(s[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(find(s[i]))
ans[++cnt]=i;
cout<<cnt<<'\n';
for(int i=1;i<=cnt;i++)
cout<<s[ans[i]]<<'\n';
return 0;
}
[IOI 2008] Type Printer
显然先建出 Trie，考虑怎样的遍历顺序更优。
发现这不是老熟人吗？
code
#include<iostream>
using namespace std;
constexpr int N=25010;
int n,nxt[N*20][26],tot;
bool ed[N*20],flag[N*20],f;
string maxlen,ans;
void insert(string s){
int p=0;
for(char c:s){
int k=c-'a';
if(!nxt[p][k]) nxt[p][k]=++tot;
p=nxt[p][k];
}
ed[p]=1;
}
void query(string s){
int p=0;
for(char c:s){
int k=c-'a';
p=nxt[p][k];
flag[p]=1;
}
}
void dfs(int u){
if(ed[u]) ans.push_back('P');
int maxk=-1;
for(int i=0;i<26;i++){
int v=nxt[u][i];
if(!v) continue;
if(flag[v]) maxk=i;
else{
ans.push_back(i+'a');
dfs(v);
}
}
if(~maxk){
ans.push_back(maxk+'a');
dfs(nxt[u][maxk]);
}
if(flag[u]&&!~maxk){
cout<<ans.length()<<'\n';
for(char c:ans)
cout<<c<<'\n';
exit(0);
}
ans.push_back('-');
}
int main(){
f=1;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
string s;
cin>>s;
insert(s);
if(s.length()>maxlen.length()) maxlen=s;
}
query(maxlen);
dfs(0);
return 0;
}
笛卡尔树
[TJOI2011] 树的序
考虑 BST 每个节点记录权值 \(k\) 和插入的时间 \(t\)，则 \(k\) 满足 BST 的性质，\(t\) 满足小根堆的性质，这样构建的 BST 是一棵 Treap。
题意转化为：重新分配 \(t\)，使得生成序列最小。
既然 \(t\) 维度是小根堆，那么满足父亲小于后代。贪心地想，较小的 \(t\) 分配顺序为：父亲 \(>\) 左子树 \(>\) 右子树，也就是 BST 的前序遍历。
笛卡尔树同样满足 Treap 的性质。它的 \(k\) 与 \(t\) 正好与本题的 BST 相反。则我们只需交换 \(k\) 和 \(t\) 并 \(O(n)\) 构建笛卡尔树即可。
code
#include<cstdio>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10;
int n,a[N],st[N],top,son[N][2];
bool vis[N];
void dfs(int u){
printf("%d ",u);
if(son[u][0]) dfs(son[u][0]);
if(son[u][1]) dfs(son[u][1]);
}
int main(){
read(n);
for(int i=1,x;i<=n;i++) read(x),a[x]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
int last=0;
while(top&&a[st[top]]>a[i]) last=st[top--];
if(top) son[st[top]][1]=i;
son[i][0]=last;
st[++top]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
vis[son[i][0]]=vis[son[i][1]]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]){
dfs(i);
break;
}
return 0;
}
数据结构
最大异或和
可持久化 01 trie 模板题。
操作与主席树类似，对于查询，设我们已经维护了所有的前缀异或和 \(sum_i=\oplus_{j=1}^ia_j\)，则只需最大化 \(sum_{p-1}\oplus sum_n\oplus x\)。后两项是给定的，则我们只需贪心求出答案即可。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using std::max;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=6e5+10;
int n,m,nxt[N*25][2],siz[N*25],tot,root[N],sum;
inline void insert(int u,int old,int x){
root[u]=++tot;
int p=root[u],q=root[old];
siz[p]=siz[q]+1;
for(int i=24;i>=0;i--){
int c=(x>>i)&1;
nxt[p][0]=nxt[q][0],nxt[p][1]=nxt[q][1];
nxt[p][c]=++tot;
p=nxt[p][c],q=nxt[q][c];
siz[p]=siz[q]+1;
}
}
inline int query(int x,int a,int b){
int p=root[a],q=root[b],res=0;
for(int i=24;i>=0;i--){
int c=(x>>i)&1;
if(siz[nxt[q][c^1]]>siz[nxt[p][c^1]]){
res|=1<<i;
p=nxt[p][c^1];
q=nxt[q][c^1];
}
else{
p=nxt[p][c];
q=nxt[q][c];
}
}
return res;
}
int main(){
read(n,m);
insert(0,0,0);
for(int i=1,a;i<=n;i++){
read(a);
insert(i,i-1,sum^=a);
}
char op;
int x,l,r;
while(m--){
op=getchar();
while(op!='A'&&op!='Q') op=getchar();
if(op=='A'){
read(x);
++n;
insert(n,n-1,sum^=x);
}
else{
read(l,r,x);
int ans;
if(l==1) ans=max(query(sum^x,0,r-1),sum^x);
else ans=query(sum^x,l-2,r-1);
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}
[十二省联考 2019] 异或粽子
类似[NOI2010] 超级钢琴的贪心，由于 \(a_i\oplus a_j=a_j\oplus a_i\)，只需使用堆查询最大的 \(2k\) 个，再令答案除以 \(2\)。可以用 Trie 查询全局第 \(k\) 大，方法类似线段树上二分。
code
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=5e5+10;
int n,k,nxt[N<<5][2],siz[N<<5],tot=1;
ll a[N],ans;
void insert(ll x){
int p=1;
++siz[p];
for(int i=32;i>=0;i--){
int c=(x>>i)&1;
if(!nxt[p][c]) nxt[p][c]=++tot;
p=nxt[p][c];
++siz[p];
}
}
ll query(ll x,int rnk){
int p=1;
ll res=0;
for(int i=32;i>=0;i--){
int c=(x>>i)&1;
if(siz[nxt[p][c]]>=rnk) p=nxt[p][c];
else{
rnk-=siz[nxt[p][c]];
p=nxt[p][c^1];
res|=1ll<<i;
}
}
return res;
}
struct node{
int id,rnk;
ll val;
node(int id,int rnk,ll val):id(id),rnk(rnk),val(val){}
bool operator<(const node &x)const{return val<x.val;}
};
priority_queue<node> q;
int main(){
read(n,k);k<<=1;
insert(0);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
a[i]^=a[i-1];
insert(a[i]);
}
for(int i=0;i<=n;i++)
q.push(node(i,n+1,query(a[i],n+1)));
while(k--){
node u=q.top();
q.pop();
ans+=u.val;
if(u.rnk) q.push(node(u.id,u.rnk-1,query(a[u.id],u.rnk-1)));
}
printf("%lld\n",ans>>1);
return 0;
}
Day3
字符串哈希
[POI 2006] PAL-Palindromes
容易发现，两个回文串 \(A\)，\(B\) 组合成新回文串当且仅当 \(AB\) 等于 \(BA\)。设 \(A\) 的哈希值为 \(a\)，\(B\) 的哈希值为 \(b\)，有
\[a\times base^{|B|}+b=b\times base^{|A|}+a
\]
简单移项
\[\frac{a}{base^{|A|}-1}=\frac{b}{base^{|B|}-1}
\]
开哈希桶维护即可。
code
#include<iostream>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<utility>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
constexpr int mod1=998244353,mod2=1e9+7;
int n;
ll ans;
int qpow(ll a,int b,int p){
a%=p;
int res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
struct pair_hash{
size_t operator()(const pair<int,int> &x)const{
size_t seed=0;
seed^=hash<int>{}(x.first)+0x9e3779b9+(seed<<6)+(seed>>2);
seed^=hash<int>{}(x.second)+0x9e3779b9+(seed<<6)+(seed>>2);
return seed;
}
};
gp_hash_table<pair<int,int>,int,pair_hash> cnt;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
string s;
for(int i=1,temp;i<=n;i++){
cin>>temp>>s;
ll h1=0,h2=0,base1=1,base2=1;
for(char c:s){
h1=(h1*131+c)%mod1;
base1=base1*131%mod1;
h2=(h2*131+c)%mod2;
base2=base2*131%mod2;
}
ll x=h1*qpow(base1-1,mod1-2,mod1)%mod1;
ll y=h2*qpow(base2-1,mod2-2,mod2)%mod2;
ans+=cnt[make_pair(x,y)];
++cnt[make_pair(x,y)];
}
cout<<ans*2+n;
return 0;
}
[POI 2012] OKR-A Horrible Poem
\(A\) 的一个子串 \(B\) 能成为 \(A\) 的一个完整周期，当且仅当其长度为 \(A\) 长度的因数。直接枚举因数。判断是否是完整周期的方法：设 \(h_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 的哈希值，则当一个长为 \(len\) 的子串满足 \(h_{l,r-len}=h_{l+len,r}\) 时，其为一个完整周期。先跑一遍线性筛降低枚举因数的时间复杂度。
code
#include<cstdio>
typedef unsigned long long ull;
constexpr int N=5e5+10;
int n,q,e[N],p[N],tot;
ull h[N],base[N];
char s[N];
ull gethash(int l,int r){return h[r]-h[l-1]*base[r-l+1];}
int main(){
scanf("%d %s %d",&n,s+1,&q);
base[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
base[i]=base[i-1]*131;
h[i]=h[i-1]*131+s[i];
}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!e[i]) p[e[i]=++tot]=i;
for(int j=1;j<=e[i]&&p[j]<=n/i;j++)
e[p[j]*i]=j;
}
int a,b,len,ans;
while(q--){
scanf("%d %d",&a,&b);
len=ans=b-a+1;
while(len>1){
int prime=p[e[len]];
if(gethash(a+ans/prime,b)==gethash(a,b-ans/prime))
ans/=prime;
len/=prime;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
[ONTAK2015] Tasowanie
双指针+二分+哈希。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef unsigned long long ull;
constexpr int N=2e5+10;
int n,m,a[N],b[N],len,p1,p2;
ull h1[N],h2[N],base[N];
inline ull gethash1(int l,int r){return h1[r]-h1[l-1]*base[r-l+1];}
inline ull gethash2(int l,int r){return h2[r]-h2[l-1]*base[r-l+1];}
inline bool check(int x){return gethash1(p1,p1+x-1)==gethash2(p2,p2+x-1);}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
read(m);
for(int i=1;i<=m;i++) read(b[i]);
if(n<m) for(int i=n+1;i<=m;i++) a[i]=1e3+1;
if(n>m) for(int i=m+1;i<=n;i++) b[i]=1e3+1;
base[0]=1;
len=max(n,m);
a[len+1]=b[len+1]=1e3+1;
for(int i=1;i<=len;i++) base[i]=base[i-1]*13331;
for(int i=1;i<=len;i++)
h1[i]=h1[i-1]*13331+a[i];
for(int i=1;i<=len;i++)
h2[i]=h2[i-1]*13331+b[i];
p1=1,p2=1;
for(int i=1;i<=n+m;i++){
if(a[p1]<b[p2]) printf("%d ",a[p1++]);
else if(a[p1]>b[p2]) printf("%d ",b[p2++]);
else{
int l=1,r=min(len-p1+1,len-p2+1);
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if(a[p1+r]<b[p2+r]) printf("%d ",a[p1++]);
else printf("%d ",b[p2++]);
}
}
return 0;
}
KMP
[HNOI2008] GT考试
设 \(f_{i,j}\) 表示长串匹配前 \(i\) 个字符，短串匹配前 \(j\) 个字符的方案数。答案为：
\[ans=\sum_{i=0}^{m-1} f_{n,i}
\]
设 \(g_{i,j}\) 表示匹配到第 \(i\) 位时加入一个数字后匹配到第 \(j\) 位的方案数，可以用 KMP 求出。
\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{m-1}f_{i-1,k}\times g_{k,j}
\]
注意到这是矩阵乘法的形式，矩阵快速幂 \(O(m^3\log n)\)。
在转化成矩阵的过程中，\(f_{i,j}\) 被转化为一个一行 \(m-1\) 列的矩阵。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
int n,m,mod,nxt[25],ans;
struct Matrix{
int a[20][20];
Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
Matrix operator*(const Matrix &x)const{
Matrix res;
for(int k=0;k<m;k++)
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
res.a[i][j]=(res.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j]%mod)%mod;
return res;
}
}base,f,g;
Matrix qpow(Matrix a,int b){
Matrix res=base;
while(b){
if(b&1) res=res*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return res;
}
char s[25];
int main(){
read(n,m,mod);
for(int i=0;i<m;i++) base.a[i][i]=1;
scanf("%s",s+1);
int j=0;
for(int i=2;i<=m;i++){
while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];
if(s[j+1]==s[i]) j++;
nxt[i]=j;
}
for(int i=0;i<m;i++)
for(char c='0';c<='9';c++){
j=i;
while(j&&s[j+1]!=c) j=nxt[j];
if(s[j+1]==c) j++;
g.a[i][j]=(g.a[i][j]+1)%mod;
}
f.a[0][0]=1;
f=f*qpow(g,n);
for(int i=0;i<m;i++) ans=(ans+f.a[0][i])%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Manacher
感觉自己没理解 Manacher 啊，改天重学一次。
[国家集训队] 拉拉队排练
由于只需要找长度为奇数的回文串，无需在字符间插入 #，直接跑 Manacher，开差分数组 \(sum\)，表示当前长度的回文串数量。当位置 \(i\) 的最长回文半径为 \(p_i\) 时，容易想到半径长度小于等于 \(p_i\) 的都是回文串，则我们只需在差分数组 \(sum_1\) 处加 \(1\)，\(sum_{p_i\times 2}\) 处减 \(1\) 就行了。最后统计答案时要用快速幂。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr int N=1e6+10,mod=19930726;
int qpow(ll a,int b){
a%=mod;
int res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int n,p[N];
ll k,sum[N],ans;
char s[N];
int main(){
scanf("%d %lld",&n,&k);
scanf("%s",s+1);
s[0]='#';
for(int i=1,r=0,mid=0;i<=n;i++){
if(i<=r) p[i]=min(p[mid*2-i],r-i+1);
while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) ++p[i];
if(p[i]+i>r) r=p[i]+i-1,mid=i;
++sum[1],--sum[p[i]*2];
}
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]+=sum[i-1];
int tot=n;
ans=1;
if(tot%2==0) --tot;
while(k&&tot>0){
ans=ans*qpow(tot,min(sum[tot],k))%mod;
k=max(k-sum[tot],0ll);
tot-=2;
}
if(k) printf("-1\n");
else printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
[国家集训队] 最长双回文串
在跑 Manacher 同时维护以每个点开头和结尾的最长回文串长度。仅 Manacher 求解的答案不完全，需要再递推地扫一遍，最后枚举中点即可。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
constexpr int N=1e5+10;
char t[N],s[N<<1];
int len0,len,p[N<<1],a[N<<1],b[N<<1],ans;
int main(){
scanf("%s",t+1);
len0=strlen(t+1);
s[0]=s[1]='#';
len=1;
for(int i=1;i<=len0;i++){
s[++len]=t[i];
s[++len]='#';
}
for(int i=1,r=0,mid=0;i<=len;i++){
int j=2*mid-i;
if(i<=r) p[i]=min(r-i+1,p[j]);
else p[i]=1;
while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) ++p[i];
if(i+p[i]-1>r){
r=i+p[i]-1;
mid=i;
}
a[i+p[i]-1]=max(a[i+p[i]-1],p[i]-1);
b[i-p[i]+1]=max(b[i-p[i]+1],p[i]-1);
}
for(int i=len;i>=1;i-=2) a[i]=max(a[i],a[i+2]-2);
for(int i=1;i<=len;i+=2) b[i]=max(b[i],b[i-2]-2);
for(int i=1;i<=len;i+=2)
if(a[i]&&b[i]) ans=max(ans,a[i]+b[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Day4
搜索题真是无聊死了，就少放几道吧……
[CSP-S 2022] 假期计划
\(n\) 遍 BFS 求全源最短路，之后考虑枚举。将 \(5\) 个点记作 \(1,2,3,4,5\)，则枚举 \(3,4\) 点，判断 \(2,5\) 是否与已选的点重复。可以预处理出每个能同时到达 \(1\) 点和另一个点的前三大点，因为它最多只有可能与 \(3,4\) 中的一个和 \(2,5\) 中的一个重合。总体时间复杂度 \(O(nm+n^2)\)。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<set>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=2510;
int n,m,k,dis[N][N];
ll ans,val[N];
vector<int> e[N];
queue<int> q;
struct node{
int id;
node(int id):id(id){}
bool operator<(const node &x)const{
return val[id]!=val[x.id]?val[id]<val[x.id]:id<x.id;
}
};
set<node> st[N];
int main(){
read(n,m,k);++k;
for(int i=2;i<=n;i++) read(val[i]);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
read(u,v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=n;i++){
dis[i][i]=0;
q.push(i);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int v:e[u])
if(dis[i][u]+1<dis[i][v]&&dis[i][u]+1<=k){
dis[i][v]=dis[i][u]+1;
q.push(v);
}
}
}
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=2;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
if(dis[i][j]<=k&&dis[1][j]<=k)
st[i].insert(node(j));
if(st[i].size()>3) st[i].erase(st[i].begin());
}
for(int b=2;b<=n;b++)
for(int c=2;c<=n;c++){
if(b==c||dis[b][c]>k) continue;
for(auto temp1:st[b]){
int a=temp1.id;
if(a==b||a==c) continue;
for(auto temp2:st[c]){
int d=temp2.id;
if(d==b||d==c||a==d) continue;
ans=max(ans,val[a]+val[b]+val[c]+val[d]);
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
[AHOI2012] 铁盘整理
IDA* 板题。先离散化，估价函数为相邻差不为 \(1\) 的个数。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=18;
int n,a[N],b[N],lim;
inline int h(){
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++) res+=(abs(a[i+1]-a[i])!=1);
return res;
}
bool dfs(int cnt,int pre){
int temp=h();
if(temp==0) return 1;
if(cnt+temp>lim) return 0;
bool f=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i==pre) continue;
reverse(a+1,a+1+i);
f|=dfs(cnt+1,i);
reverse(a+1,a+1+i);
}
return f;
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b;
a[n+1]=n+1;
lim=1;
while(1){
if(dfs(0,0)){
printf("%d\n",lim);
break;
}
++lim;
}
return 0;
}
Prime Gift
容易发现，\(p_i\) 越小，方案数越多。\(n=16\) 时不可接受，考虑 Meet in the middle。最坏情况下前 \(8\) 个质数 \(2,3,5,7,11,13,17,19\)，在 \(10^{18}\) 内能组成 \(7039193\) 种数字。实际实现时可以将数的分配得更加均匀以降低复杂度。之后二分答案+双指针求解即可。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr ll lim=1e18,N=7039192+10;
int n,p[20],k,tota,totb;
ll a[N],b[N];
void dfs1(int x,ll num){
if(x>n) return;
dfs1(x+2,num);
for(ll i=p[x];;i*=p[x]){
if(lim/i<num) break;
a[++tota]=num*i;
dfs1(x+2,num*i);
}
}
void dfs2(int x,ll num){
if(x>n) return;
dfs2(x+2,num);
for(ll i=p[x];;i*=p[x]){
if(lim/i<num) break;
b[++totb]=num*i;
dfs2(x+2,num*i);
}
}
inline bool check(ll x){
ll cnt=0;
for(int i=1,j=totb;i<=tota;i++){
while(j&&x/a[i]<b[j]) --j;
cnt+=j;
if(j==0) break;
}
return cnt<k;
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(p[i]);
sort(p+1,p+1+n);
a[++tota]=b[++totb]=1;
dfs1(1,1);
dfs2(2,1);
sort(a+1,a+1+tota);
sort(b+1,b+1+totb);
read(k);
ll l=1,r=1e18;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%lld\n",l);
return 0;
}
[USACO09NOV] Lights G
Meet in the middle，开一个 std::map 记录状态对应的最小操作次数，按照补集相加。
code
#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=40;
int n,m,ans;
ll a[N];
map<ll,int> mp;
int main(){
read(n,m);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1ll<<i;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
read(u,v);
--u,--v;
a[u]|=1ll<<v;
a[v]|=1ll<<u;
}
ans=n+1;
for(int i=0;i<(1<<(n>>1));i++){
ll temp=0;
for(int j=0;j<(n>>1);j++)
if((i>>j)&1)
temp^=a[j];
if(!mp.count(temp)) mp[temp]=__builtin_popcount(i);
else mp[temp]=min(mp[temp],__builtin_popcount(i));
}
for(int i=0;i<(1<<(n-(n>>1)));i++){
ll temp=0;
for(int j=0;j<n-(n>>1);j++)
if((i>>j)&1)
temp^=a[(n>>1)+j];
if(mp.count(((1ll<<n)-1)^temp))
ans=min(ans,__builtin_popcount(i)+mp[((1ll<<n)-1)^temp]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
机关
坏题。
考虑 A*。容易想到 \(4\) 进制状压，则状态 \(x\) 的估价 \(h(x)\) 应为当前已经旋转的次数与所有不为 \(1\) 的旋钮旋到 \(1\) 所需总步数除以 \(2\) 的和。因为最好情况是旋一个按钮时另一个正好也到了 \(1\)。每个状态记录一个 \(pre\) 表示是从哪个状态转移过来的以输出方案。
code
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=(1<<24)+10;
int st,a[15][4],b[N],pre[N],step[N];
bool vis[N];
void write(int x){
if(x==st) return;
write(pre[x]);
printf("%d ",b[x]);
}
inline int h(int x){
int res=0;
for(int i=0;i<12;i++){
int temp=(x>>(i<<1))&3;
res+=temp?4-temp:0;
}
return res>>1;
}
struct node{
int x,h;
node(int x,int h):x(x),h(h){}
bool operator<(const node &a)const{return h>a.h;}
};
priority_queue<node> q;
int main(){
for(int i=0,x;i<12;i++){
read(x);
st|=(x-1)<<(i<<1);
for(int j=0;j<4;j++)
read(a[i][j]),--a[i][j];
}
q.push(node(st,h(st)));
vis[st]=1;
while(!q.empty()){
int x=q.top().x;
q.pop();
if(x==0) break;
for(int i=0;i<12;i++){
int pos1=i<<1,temp1=(x>>pos1)&3,j=a[i][temp1];
int pos2=j<<1,temp2=(x>>pos2)&3,res=x;
res&=~(3<<pos1);
res&=~(3<<pos2);
res|=((temp1+1)&3)<<pos1;
res|=((temp2+1)&3)<<pos2;
if(!vis[res]){
vis[res]=1;
step[res]=step[x]+1;
pre[res]=x,b[res]=i+1;
q.push(node(res,step[res]+h(res)));
}
}
}
printf("%d\n",step[0]);
write(0);
return 0;
}
Day5
最小生成树
[NOIP 2013 提高组] 货车运输
最优情况一定是走最大生成树上的边，所以先 Kruskal 求最大生成树，接下来求树上两点间路径权值最小值，可以边权下放点权上树剖+线段树或倍增。另外，图不保证连通，实际上要对森林做操作。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e4+10,M=5e4+10;
int n,m,q,boss[N],cnt;
int find(int x){return boss[x]==x?x:boss[x]=find(boss[x]);}
struct Edge{
int u,v,w;
bool operator<(const Edge &x)const{return w>x.w;}
}edge[M];
struct Edge1{int v,w;};
vector<Edge1> e[N];
void kruskal(){
for(int i=1;i<=n;i++) boss[i]=i;
sort(edge+1,edge+1+m);
for(int i=1;i<=m&&cnt<n-1;i++){
int u=find(edge[i].u),v=find(edge[i].v);
if(u==v) continue;
boss[u]=v;
++cnt;
u=edge[i].u,v=edge[i].v;
int w=edge[i].w;
e[u].push_back({v,w});
e[v].push_back({u,w});
}
}
int dfn[N],dfncnt,son[N],fa[N],siz[N],top[N],dep[N],w[N],P,tree[N<<2];
void dfs1(int u,int f){
siz[u]=1;
fa[u]=f;
dep[u]=dep[f]+1;
for(auto t:e[u]){
int v=t.v;
if(v==f) continue;
w[v]=t.w;
dfs1(v,u);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])
son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int topf){
top[u]=topf;
dfn[u]=++dfncnt;
if(son[u]) dfs2(son[u],topf);
for(auto t:e[u]){
int v=t.v;
if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
void build(){
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!siz[i]) w[i]=2e9,dfs1(i,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) dfs2(i,i);
P=1;
while(P<=n+1) P<<=1;
memset(tree,0x3f,sizeof(tree));
for(int i=1;i<=n;i++)
tree[P+dfn[i]]=w[i];
for(int i=P-1;i;i--)
tree[i]=min(tree[ls(i)],tree[rs(i)]);
}
int query(int l,int r){
l+=P-1,r+=P+1;
int res=2e9;
while(l^1^r){
if(~l&1) res=min(tree[l^1],res);
if(r&1) res=min(tree[r^1],res);
l>>=1,r>>=1;
}
return res;
}
int ask(int x,int y){
if(find(x)!=find(y)) return -1;
int res=2e9;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
res=min(res,query(dfn[top[x]],dfn[x]));
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
if(x!=y) res=min(res,query(dfn[x]+1,dfn[y]));
return res;
}
int main(){
read(n,m);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
read(u,v,w);
edge[i]={u,v,w};
}
kruskal();
build();
read(q);
int x,y;
while(q--){
read(x,y);
printf("%d\n",ask(x,y));
}
return 0;
}
[BJWC2010] 严格次小生成树
跟上一道题一个套路。考虑枚举替换边的过程，首先加一条边形成环，再从环上删去最大的一条小于加入边边权的边。线段树维护区间最大值和区间严格次大值即可。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=1e5+10,M=3e5+10;
int n,m,boss[N],cnt;
struct node{
int maxn,se;
node(int maxn=-1,int se=-1):maxn(maxn),se(se){}
node operator+(const node &x)const{
node res;
res.maxn=max(maxn,x.maxn);
res.se=max(se,x.se);
if(maxn!=x.maxn)
res.se=max(res.se,min(maxn,x.maxn));
return res;
}
};
int P;
node tree[N<<2];
node query(int l,int r){
l+=P-1,r+=P+1;
node res;
while(l^1^r){
if(~l&1) res=res+tree[l^1];
if(r&1) res=res+tree[r^1];
l>>=1,r>>=1;
}
return res;
}
struct Edge{
int u,v,w;
bool operator<(const Edge &x)const{return w<x.w;}
}edge[M];
struct Edge1{int v,w;};
vector<Edge1> e[N];
ll ans,minval;
int dfn[N],top[N],dfncnt,dep[N],fa[N],siz[N],son[N],w[N];
bool vis[N];
int find(int x){return boss[x]==x?x:boss[x]=find(boss[x]);}
void dfs1(int u,int f){
dep[u]=dep[f]+1;
fa[u]=f;
siz[u]=1;
for(auto t:e[u]){
int v=t.v;
if(v==f) continue;
w[v]=t.w;
dfs1(v,u);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])
son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int topf){
top[u]=topf;
dfn[u]=++dfncnt;
if(son[u]) dfs2(son[u],topf);
for(auto t:e[u]){
int v=t.v;
if(v==fa[u]||v==son[u])
continue;
dfs2(v,v);
}
}
node ask(int x,int y){
node res;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
res=res+query(dfn[top[x]],dfn[x]);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
if(x!=y) res=res+query(dfn[x]+1,dfn[y]);
return res;
}
int main(){
read(n,m);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
read(u,v,w);
edge[i]={u,v,w};
}
sort(edge+1,edge+1+m);
for(int i=1;i<=n;i++) boss[i]=i;
for(int i=1;i<=m&&cnt<n-1;i++){
int u=find(edge[i].u),v=find(edge[i].v);
if(u==v) continue;
boss[u]=v;
vis[i]=1;
u=edge[i].u,v=edge[i].v;
int w=edge[i].w;
minval+=w;
e[u].push_back({v,w});
e[v].push_back({u,w});
if(++cnt==n-1) break;
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
P=1;
while(P<=n+1) P<<=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
tree[P+dfn[i]]=w[i];
for(int i=P-1;i;i--)
tree[i]=tree[i<<1]+tree[i<<1|1];
ans=1e18;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(vis[i]) continue;
int x=edge[i].u,y=edge[i].v,w=edge[i].w;
if(x==y) continue;
node temp=ask(x,y);
if(temp.maxn==w)
ans=min(ans,minval-temp.se+w);
else ans=min(ans,minval-temp.maxn+w);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
Peaks
Kruskal 重构树的在线做法还是太吃操作了，我们直接离线。容易想到将边权和询问的 \(x\) 升序排序后动态加边，查询第 \(k\) 大直接线段树上二分，加边用并查集+线段树合并维护。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10,M=5e5+10;
int n,m,q,h[N],b[N],len,tot,root[N],fa[N],now,ans[M];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
struct edge{
int u,v,w;
bool operator<(const edge &x)const{return w<x.w;}
}e[M];
struct Query{
int v,x,k,id;
bool operator<(const Query &a)const{return x<a.x;}
}qu[M];
struct Tree{
int ls,rs,sum;
}tree[N<<5];
inline void push_up(int u){
tree[u].sum=tree[tree[u].ls].sum+tree[tree[u].rs].sum;
}
void modify(int &u,int l,int r,int x){
if(!u) u=++tot;
if(l==r){
++tree[u].sum;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) modify(tree[u].ls,l,mid,x);
else modify(tree[u].rs,mid+1,r,x);
push_up(u);
}
int merge(int a,int b,int l,int r){
if(!a||!b) return a|b;
if(l==r){
tree[a].sum+=tree[b].sum;
return a;
}
int mid=(l+r)>>1;
tree[a].ls=merge(tree[a].ls,tree[b].ls,l,mid);
tree[a].rs=merge(tree[a].rs,tree[b].rs,mid+1,r);
push_up(a);
return a;
}
int query(int u,int l,int r,int k){
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=tree[tree[u].ls].sum)
return query(tree[u].ls,l,mid,k);
else
return query(tree[u].rs,mid+1,r,k-tree[tree[u].ls].sum);
}
int main(){
read(n,m,q);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
read(h[i]);
b[i]=h[i];
}
sort(b+1,b+1+n);
len=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=lower_bound(b+1,b+1+len,h[i])-b;
modify(root[i],1,len,x);
}
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
read(u,v,w);
e[i]={u,v,w};
}
sort(e+1,e+1+m);
for(int i=1,v,x,k;i<=q;i++){
read(v,x,k);
qu[i]={v,x,k,i};
}
sort(qu+1,qu+1+q);
for(int i=1;i<=q;i++){
int x=qu[i].x,k=qu[i].k,id=qu[i].id;
while(e[now+1].w<=x&&now<m){
++now;
int u=find(e[now].u),v=find(e[now].v);
if(u==v) continue;
fa[u]=v;
root[v]=merge(root[v],root[u],1,len);
}
int v=find(qu[i].v);
if(tree[root[v]].sum<k) ans[id]=-1;
else ans[id]=b[query(root[v],1,len,tree[root[v]].sum-k+1)];
}
for(int i=1;i<=q;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
最短路
没做。
拓扑排序
[ZJOI2007] 最大半连通子图
容易发现，半连通子图就是若干相连的强连通分量，则找最大半连通子图转化为缩点后在 DAG 上找最长链+计数。注意去重。
code
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10,M=1e6+10;
int n,m,mod,head[N],tot_edge;
struct edge{int to,nxt;}e1[M];
inline void add_edge(int u,int v){
e1[++tot_edge].to=v;
e1[tot_edge].nxt=head[u];
head[u]=tot_edge;
}
stack<int> st;
bool instack[N];
int dfn[N],low[N],dfncnt,scccnt,scc[N],w[N];
void tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++dfncnt;
instack[u]=1;
st.push(u);
for(int i=head[u];i;i=e1[i].nxt){
int v=e1[i].to;
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(instack[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
++scccnt;
while(1){
int v=st.top();
st.pop();
instack[v]=0;
scc[v]=scccnt;
++w[scccnt];
if(u==v) break;
}
}
}
vector<int> e2[N];
int indegree[N],dp[N],dis[N],ans1,ans2;
set<pair<int,int>> p;
queue<int> q;
int main(){
read(n,m,mod);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
read(u,v);
add_edge(u,v);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int u=1;u<=n;u++)
for(int i=head[u];i;i=e1[i].nxt){
int v=e1[i].to;
if(scc[u]==scc[v]) continue;
if(p.find(make_pair(scc[u],scc[v]))!=p.end())
continue;
p.insert(make_pair(scc[u],scc[v]));
e2[scc[u]].push_back(scc[v]);
++indegree[scc[v]];
}
for(int i=1;i<=scccnt;i++)
if(!indegree[i]){
q.push(i);
dis[i]=w[i];
dp[i]=1;
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int v:e2[u]){
if(dis[v]<dis[u]+w[v]){
dis[v]=dis[u]+w[v];
dp[v]=dp[u];
}
else if(dis[v]==dis[u]+w[v])
dp[v]=(dp[u]+dp[v])%mod;
if(!--indegree[v]) q.push(v);
}
}
for(int i=1;i<=scccnt;i++) ans1=max(ans1,dis[i]);
for(int i=1;i<=scccnt;i++)
if(dis[i]==ans1) ans2=(ans2+dp[i])%mod;
printf("%d\n%d\n",ans1,ans2);
return 0;
}
Day6
二分图
Machine Schedule
连接每个 \(a_i\) 和 \(b_i\)，问题变为了二分图上找最小点覆盖。直接跑二分图最大匹配即可。
Kőnig 定理：二分图中，最小点覆盖中的顶点数量等于最大匹配中的边数量。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1010;
int n,m,k,ans,match[N];
bool vis[N];
vector<int> e[N];
bool dfs(int u){
for(int v:e[u])
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
if(!match[v]||dfs(match[v])){
match[v]=u;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
while(1){
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
memset(match,0,sizeof(int)*(n+10));
read(n);
if(!n) return 0;
read(m,k);
for(int i=1,u,v,a;i<=k;i++){
read(a,u,v);
e[u].push_back(v);
}
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
memset(vis,0,sizeof(bool)*(n+10));
if(dfs(i)) ++ans;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
[USACO05JAN] Muddy Fields G
贪心地考虑，极长地放木板一定优。将所有横着的和竖着的木板编号，相交的连边，之后二分图最大匹配。
code
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
constexpr int N=55;
int r,c,tota,totb,a[N][N],b[N][N],match[N*N],ans;
char mp[N][N];
bool vis[N*N];
vector<int> e[N*N];
bool dfs(int u){
for(int v:e[u])
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
if(!match[v]||dfs(match[v])){
match[v]=u;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>r>>c;
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++){
cin>>mp[i][j];
if(mp[i][j]=='*'){
if(mp[i][j-1]=='*')
a[i][j]=a[i][j-1];
else a[i][j]=++tota;
if(mp[i-1][j]=='*')
b[i][j]=b[i-1][j];
else b[i][j]=++totb;
if(a[i][j]&&b[i][j])
e[a[i][j]].push_back(b[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=tota;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(dfs(i)) ++ans;
}
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}
Guardian of Decency
最大独立集与最小点覆盖之和为顶点数目，这个推论适用于一般图。
code
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
constexpr int N=510;
int t,n,match[N],ans,cnta,cntb;
bool vis[N];
struct student{
int h;
char sex;
string music,sport;
}a[N],b[N];
vector<int> e[N];
bool dfs(int u){
for(int v:e[u])
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
if(!match[v]||dfs(match[v])){
match[v]=u;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
memset(match,0,sizeof(int)*(n+10));
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i].h>>a[i].sex>>a[i].music>>a[i].sport;
for(int j=1;j<i;j++){
if(abs(a[i].h-a[j].h)>40||a[i].sex==a[j].sex||
a[i].music!=a[j].music||a[i].sport==a[j].sport)
continue;
if(a[i].sex=='M') e[i].push_back(j);
else e[j].push_back(i);
}
}
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
memset(vis,0,sizeof(bool)*(n+10));
if(dfs(i)) ++ans;
}
printf("%d\n",n-ans);
}
return 0;
}
欧拉路径
没做。
连通分量
没做。
参考资料：
https://oi-wiki.org/graph/graph-matching/bigraph-match/
浙公网安备 33010602011771号