2019字节跳动ACM程序设计冬令营题解

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day1

【E√,F√,G√,L√】

  水题/老套路题。

【B,H,I】

  待补。

【A√】

  题意:有 \(k(\leq 1000)\) 个选手和 \(N(\leq 1000)\) 个评委。每个评委给出一个长度为 \(k\) 的排列,表示对每个选手的喜欢程度。选手的最终名次是这么决定的:从 \(1\) 号评委开始,每次当前评委选取最厌恶的(且名次待定的)选手,将其设为名次待定选手中的最后一名。如果 \(n<k\),评委循环决策,直到确定了所有选手的名次。现在你是 \(v\) 号评委,只有你还未给出排列。你关注 \(k\) 号选手。现在你能任意设定排列,求 \(k\) 号选手最终排名最好能是多少。
  题解:先假设没有评委 \(v\) 模拟一遍,确定出依次被确定出的选手编号(轮到第 \(v\) 号评委时用 \(o\) 表示): \(xxxxoxxxxoxxyxoxx\dots\)。设 \(y\) 表示 \(k\) 的位置。现在我们要找一些选手将它们填到 \(o\) 里,使得 \(y\) 的位置尽量靠后。首先,优先放 \(y\) 之后的所有选手,因为这样 \(y\) 的排名不发生变化。如果还有空格需要填 \(y\),此时我们会发现,无论把哪个数字提前,\(y\) 的位置必然会前进。而如果我们每次把 \(y\) 之前的那个数提上去,\(y\) 的位置必然前进 \(1\) ——即这必然是最优解。所以确定 \(v\) 号评委排列时,我们只需先把 \(x\) 后面的数字塞进去,随后把 \(x\) 前面的数字逆序塞进去。

【C√】

  题意:给出一个长度小于 \(5000\) 的字符串。将其所有子串排序并连接。有 \(M(\leq 5000)\) 个询问,每次问新串第 \(k\) 位的字符是什么。
  题解:构出后缀自动机直接遍历的复杂度是 \(O(N^2 \sum)\) 的,不太优美。
  观察 \(height\) 数组。假设我们在考虑 \(l \sim r\) 这些排名的后缀。设 \(L=min(ht[l+1] \dots h[r])\),容易发现,长度为 \(1,2,\dots,L\) 的前缀必然依次排布在新串开头,且各有 \(r-l+1\) 个。对于长度更长的子串,我们可以把\((l,r)\) 分成两半,这两半字典序严格递增。现在问题独立,先递归前一半再递归后一半。单次询问复杂度 \(O(|S|)\),总复杂度 \(O(|S|^2+M|S|)\)

【D√】

  题意:给出一个长度小于 \(3000\) 的字符串,求有多少种划分方案,使得每一段字典序都是严格递增的。
  题解:有个经典操作是,设 \(diff_{i,j}\) 表示后缀 \(i\) 和后缀 \(j\) 的第一个不同位置,这个可以递推预处理出。倒着dp,设 \(f_{i,j}\) 表示后缀 \(i\) 的划分里,第一段是 \(S_{i \sim j}\) 的方案数。转移时枚举 \(k\),把合法的 \(f_{j+1,j}\) 累加进答案。显然 \(k\) 是有单调性的,可直接根据 \(diff_{i,j}\) 计算出来,再套个前缀和优化即可。

【J√】

  题意:给出两棵 \(2N-2(N \leq 1000)\) 个点的树,保证每个点度数是 \(1\)\(3\),且叶节点编号为 \(1 \sim N\)。问有多少对四元组 \((A,B;C,D)\),满足 \(A,B,C,D\) 是叶子,且第一棵树上 \(A \sim B\)\(C \sim D\) 的有交性和第二棵树上相反。
  题解:转化成:求在两棵树上都不交的四元组个数。考虑枚举 \((A,B)\)\(LCA\) 统计个数。因为我们在无根树上考虑问题,要拓展这个 \(LCA\) 的“定义”。严格地来说,对于一组合法的 \((A,B,C,D)\),定义 \(x\)\(A \sim B\) 路径上里路径 \(C \sim D\) 最近的点。我们每次枚举第一棵树上的 \(x\) 和第二棵树上的 \(x\) 并统计答案。容易发现,每个合法四元组会被统计两次。
  每次枚举度数为 \(3\) 的点。其中两个度分别放 \(A\)\(B\),另一侧放 \((C,D)\)(只需统计点的个数 \(t\),方案数就是 \(C_t^2\))。我们可以借助有根树的 \(DFS\) 序快速维护答案。因为有两棵树,可行点数是它们的交。这是一个经典问题,对于一个点 \(x\),假设它在两棵树上的 DFS 序是 \((u_x,v_x)\),将其看做一个点,每次就是矩形询问。因为是离线的,我们可以二维前缀和预处理,就支持 \(O(1)\) 询问啦。
  还有一种直接 DP 的做法:我们枚举第一棵树 \((A,B)\) 的 LCA。将第一个分叉的所有叶子在第二棵树的对应位置标为 \(1\),第二个分叉标为 \(2\),第三个分叉标为 \(3\)。对于第二棵树里的所有从 \(1\)\(2\) 的路径,它将该树化成了若干个连通块,我们要求每个联通块 \(C_X^2\) 的和。这可以通过比较麻烦的树形 DP \(O(N)\) 求出来。总复杂度也是 \(O(N^2)\)

【K√】

  题意:有一个 \(N \times N(N \leq 300)\) 的数字矩阵。求一个子矩阵,使得 “数字和” 比上 “周长” 最大。
  题解:直接做是 \(N^3 log V\) 的:枚举上下边界后分数规划。有一个小 trick是:每次做到一组上下边界时,先去 check 一下当前答案,如果不合法直接退出二分过程。这个做法的理论复杂度是 \(O(N^3+N^2 \log V)\) 的。
  上述证明可以抽象成这么一个问题。我们有 \(N^2\) 个箱子,每个箱子可以 \(O(N \log V)\) 确定它的解,或者 \(O(N)\) 验证一组解可不可行。现在要求所有箱子解的最大值。考虑一种做法:每次随机选择一个箱子确定它的最优解 \(X\)。然后遍历所有箱子 \(O(N)\) check,如果 \(X\) 不是该箱子的解就扔掉这个箱子。对于剩下的箱子继续这么做。这样的复杂度是 \(T(M)=N \log V+MN+T(x)\),其中 \(x\)\(0 \sim M\) 里随机的。事实上,这个复杂度等于 \(T(M)=N \log V+MN+T(\frac{N}{2})\)

day2

【A,F,H,I】

  不补了。

【B√】

  题意:有 \(N(\leq 100000)\) 个物品,每个物品有两维 \((p_i,q_i)\)。现在最多可以用两次 \(split\) 操作。每次选择一个物品和一个常数 \(p(0 < p < 1)\),将物品按 \(p\) 等比例拆成两个。操作完后,要将物品分成两堆,每堆两维的和都彼此相同。
  题解:先考虑一维怎么做。将物品看成线段,整齐地铺在数轴上。我们在 \(\frac{sumL}{2}\) 处切一刀,切到的那个物品需要被 \(split\) 一次。
  两维需要一点小技巧。将每个物品看做一个底边为 \(p_i\),高为 \(\frac{q_i}{p_i}\) 的长方形。我们需要在 \(X\)\(X+\frac{\sum p_i}{2}\) 处切,使得中间那一块长方形的面积和是总面积的一半。如果我们按照 \(\frac{q_i}{p_i}\) 将长方形排序,那么切出来的面积和切的位置 \(X\) 是正相关的。二分即可,复杂度 \(O(N \log V)\);也可以单调地扫描过去,每次解一个二次方程,复杂度 \(O(N \log N)\)

【C√】

  题意:考虑正 \(N(\leq 5 \times 10^5)\) 边形上的 \(N\) 个点。将它们构成一个边权只有 \(0/1\) 的完全图。读入 \(M\) 条边,剩下的所有边的颜色是根据一个参入读入的函数构造的。现在要构造一个生成树,要求每条边颜色必须相同,且这些边在正 \(N\) 边形内不能相交。
  题解:最后一个限制很难,反而在暗示,存在一种很简单的构造方法。我们先考虑 \(N\) 条环边,如果颜色全一样,显然我们直接得到了一组解(去掉任意一条边即可)。否则,必然存在一个点 \(x\),它左右的边颜色不同。假设它相邻的两个点是 \((u,v)\),我们先删掉 \(x\),连上 \((u,v)\),递归地构造出 \(N-1\) 个点的生成树。最后根据生成树颜色的黑白性,再连上和 \(x\) 相连的边即可。递归到剩下 \(2\) 个点时必然合法。用 \(map\) 简单维护,总复杂度 \(O(N \log N)\)

【D√】

  题意:给出一个 \(N\) 个点的简单多边形。对于一个定点 \((x0,y0\),随机枚举一条穿过它的直线。求与多边形交的长度和的期望。
  题解:有一个令人惊讶的性质是:就像有向线段计算面积一样,计算长度和也是可以每条有向边独立的。对于每条有向边,积分式是形如 \(\int \frac{1}{cos(\theta)}\) 或是 \(\int \frac{1}{sin(\theta)}\)。上下同乘一个分母即可化为多项式积分。总复杂度 \(O(N)\)

【E√】

  题意:给出一个字符串集合 \(S_1,\dots,S_n\)。要求合法的字符串集合 \(T_j\) 的个数,使得每一个 \(S_i\) 能且仅能找到一个 \(j\) 使得 \(T_j\)\(S_i\) 的前缀。同时规定了集合大小是 \(M\)\((|S_i| \leq 200,N,M \leq 2000)\)
  题解:建出 \(S_i\)\(trie\) 树。相当于是要在树上选择 \(M\) 个互不相同的点,使得每个叶子仅属于一个点的子树。设 \(dp_{i,j}\) 表示决策完了 DFS序 第 \(i\) 个叶子,且总共选了 \(j\) 个点的方案数。如何选当前点?暴力枚举 \(j\) 的祖先 \(x\),如果\(R_x=j\),那么可以从 \(f_{L_x-1,j-1}\) 转移过来。注意到,暴力跳父亲直到不合法的总复杂度是 \(O(VM)\) 的(\(V\) 是总点数),因为一个点 \(x\) 只会被 \(R_x=j\) 的点跳到。因为 \(V\) 可以很大,可以建出 \(N\) 个点的虚树,将一条链上的点压成一个。

【G√】

  题意:在一棵 \(N(\leq 10000)\) 个点的树上选择最多 \(K(\leq 100)\) 条点不相交的路径,求路径上点数之和的最大值,并输出一种端点的方案。
  题解:设 \(f_{x,y,0/1}\) 表示 \(x\) 子树里选了 \(y\) 条链,且是否有一条链向上顶 的点数和的最大值。每次在子树里 \(dp\) 时,是可能把两条路径并在一起的,所以转移时要设 \(G_{i,y,0/1/2}\) 表示做到第 \(i\) 个儿子,选了 \(y\) 条链,且总共有 \(0/1/2\) 三条支链向上顶的点数和的最大值。
  在子树一个个dp过去的时候,再开一个数组记录一下对应方案即可还原。把 \(y\) 限制成子树 \(size\),复杂度就是 \(O(NK)\) 了。题解的证明方法比较帅,分别考虑 \(size\) 大于 \(K\) 的和不大于 \(K\) 的两部分,复杂度都是 \(O(NK)\)

【J√】

  题意:定义 \(F(N)\) 为:小于 \(N\) 且与 \(N\) 互质的数的和。设 \(M=F(N)\),给出 \(M\),求一个合法的 \(N\)\(1000\) 组数据,\(M \leq 10^18\)
  题解:\(F(N)=\prod p_i^{2k_i-1} \times (p_i-1)\)。如果我们能快速分解出 \(M\),直接枚举选择了哪些 \(p_i\),然后 \(O(\log M)\) 确认即可。
  直接跑 rho 太慢了。考虑先预处理出前 \(10^6\) 的质数。对 \(M\) 筛后,最多只会出现 \(M'=P\)\(M'=p^2\)\(M'=PQ\) 三种形式。前两种都可以特判,终点考虑第三种。推理一下可知,\(10^6<P<Q<10^9\),且\(Q\) 这个质数必然出现在 \(p_i\) 里,所以 \(P\) 必然不出现。因为 \(P|(Q-1)\),我们可以直接枚举 \(\frac{Q-1}{P}\) 的值 check 即可,每次只要枚举到 \(1000\)

【K√】

  题意:给出 \(N(\leq 250)\) 个点,保证没有三点贡献。要在里面选出 \(5\) 个点,\(3\) 个构成三角形三个顶点,\(2\) 个构成线段。要求线段和三角形严格不交,问有几种选法。

day3

【A,E,I】

  简单题。

【H】

  待补。

【F,J】

  不补了。

【B√】

  题意:给出一个 \(N(\leq 20)\) 个点的确定性自动机,边上是小写字母。从 \(1\) 号点出发,每次随机找一条出边走过去,并把沿途的字母连接成字符串 \(S\)。再给出两个字符串 \((A,B) (|A| \leq 10,|B| \leq 50)\),任意时刻当 \(A\)\(S\) 子串或 \(B\)\(S\) 子序列时停止游走。问路径的期望长度,无穷大输出 \(-1\)
  题解:很清晰的高斯消元题。子序列的匹配具有单调性,所以可以按 \(B\) 串分层进行高斯消元。每层共有 \(N(|A|+1)\) 个点,依据 \(fail\) 数组建立方程。注意最好先判一下无穷大的情况,包括:①存在一条路径连向下一层或本层的无穷大。②本层一个封闭的圈,不连向任何已经确定的答案。

【C√】

  题意:给出平面上的 \(N(\leq 2000)\) 个点,求一个面积最小的三角形。
  题解:先枚举三角形的最低点,将它上方的点极角排序。注意,极角序相邻的点不一定就是答案:枚举了其中一个向量后,另一个点必须是距离离它最小的。对于极角序相邻的两个 \((x,y)\),做一条从原点开始与其连线平行的向量 \(\gamma\)。观察到,\(x\)\(\gamma\) 一侧的距离都优于 \(y\),而 \(y\) 在另一侧比较优。所以我们可以按极角序压入一些点,维护一个凸壳表示可能成为答案的点集。随着枚举的向量变化,可能会弹出凸壳顶。

【D√】

  题意:给出一张 \(N(\leq 1000)\) 个点,\(M(\leq 100000)\) 条边的无向图,保证每一个点度数都一样且是偶数。现在要删掉若干边,使得剩下的图里每个点的度数都是 \(2\)
  题解:考虑网络流模型:左右两排都是 \(N\) 个点,与起点终点的限制流量都是 \(1\);原图的一条边 \((u,v)\) 在正反连两次。如果满流,每个点都有一个唯一的出点,我们可以根据这个连出若干个环,问题也就解决了。
  实际上还有一个小问题:这样可能会连成二元环,而二元环是不被允许的。所以我们希望原图的每条边只在网络流里被连一次,即给边定向,使得有解性不变。有一种很优美的定向方法:在原图中做一遍欧拉回路,每条边被经过的方向即为它的方向。
  现在我们来证明,这种做法必然能找到解。欧拉回路完后,每个点正好有 \(k\) 条出边和 \(k\) 条入边。在网络流的二分图里,考虑左侧的一个集合 \(X\),它们的出度和是 \(k|X|\)。因为右侧每个点入度也是 \(k\),所以与 \(X\) 关联的右侧点至少有 \(k\) 个。由霍尔定理,这个二分图存在完备匹配。

【G√】

  题意:将俄罗斯方块(包含所有旋转型)填入 \(4 \times N\) 的格子中。求能填满格子的方案数。\(N \leq 10^9\)
  题解:注意俄罗斯方块及其旋转型 其实就是所有四连通的网格。
  一列一列填过去,最多只和前三列有关。可以状压前 \(4 \times 3\) 的格子信息进行 dp。
  有一种策略是直接暴力 \(dp\) 1000 项,得到的数列必然是线性递推数列,找寻一下规律即可。
  也可以对上限是 \(2^{12}\) 种状态进行压缩(因为很多状态可能永远也填不满了)。比赛时直接加了些无脑剪枝,比如 "任意一个白点到右侧那一列的最短路不能超过 \(4\)",“假设第三列的白色方块数量是 \(k\),则左三列白色方块不能超过 \(3k\)”,"如果存在一个 \(1 \times 4\) 的白条,先假设填上,若之后的状态不行则它也不行"。这样状态只有 \(360\) 种左右了。再应用对称性可以缩到 \(180\) 种,预处理转移直接矩乘。

【K√】

  题意:\(2N\) 个点排成一个环。要将每两人匹配成一个组,使得在环上有边的组正好有 \(K\) 组。\(1 \times K \times N \leq 10000\)
  题解:

day4

【A,E,I,J,K】

  简单题 / 码农题。

【B】

  题意:求无穷级数 \(\sum \frac{\ln n}{n^s}\) 的值。和标准值的绝对误差不能超过 \(1e-6\)\(1.0001 \leq s \leq 20\) , \(s\) 四位小数。
  题解:待补。

【C√】

  题意:给出一个字符串 \(S(|S| \leq 10^5)\)。有 \(Q(\leq 3 \times 10^5)\) 个询问,每次给出 \((l,r)\),问 \(l \sim r\) 之间有多少本质不同的子串。
  题解:如果用 \(manacher\) 求出每个位置的回文半径 \(p_i\),那么对于一个询问 \((l,r)\),答案就是 \(\sum_{i=l}^r \min(p_i,i-l+1,r-i+1)\)。比赛时我想的是,每次枚举一个位置 \(i\),去维护它对所有询问 \((l,r)\) 的贡献。\(min\) 里面有 \(3\) 个量不太好直接维护。假设我们维护好了\((l,r)\) 的答案,如果边界变动一格,我们可以用主席树在 \(O(\log N)\) 的时间内求出增量(比如 \(l\) 减一,就是询问 \(\sum_{i=l}^{(l+r)/2} [p_i<l]\)。那么我们可以分块,先用差分数组在 \(O(N \sqrt N)\) 时间内维护出 \(f_{b,r}\) ,表示第 \(l\) 个块的开头到位置 \(r\) 的答案。每次询问时移动 \(l\) 求增量,询问复杂度 \(O(Q \sqrt N\log N)\)。但这样是过不了的。发现每次移动的询问是彼此独立的,可以先离线下来(为了防止空间不够,可以每隔几百万离线求一次),用桶排+树状数组快速求出答案,几乎可以把原来的主席树的 \(O(\log N)\) 的常数给拿掉。
  比赛中智商降了好多……反过来考虑,固定一个 \((l,r)\),求所有 \(p\) 对它的贡献。 根据 \(mid\) 划成两半,三维 \(min\) 就直接变成了二维 \(min\)……然后离线+线段树或者直接主席树就在 \((N \log N)\) 时间内轻松解决了……

【D】

  题意:给出平面直角坐标系里的三个整点表示一个三角形。现在要将其划成若干个小三角形,使得每个小三角形都和原图形相似,且大小两两不同。
  题解:只有正三角形是无解(但是三个整点表示不出正三角形)。在大多数情况都可以用以下Case解决:
  

【F】

  题意:有一个 \(N \times M (N,M \leq 1000)\) 的网格,\((x,y)\) 是障碍。用大小为 \(3\)\(L\) 型骨牌去覆盖剩下的格子,打印一种方案或输出无解。
  题解:待补。

【G√】

  题意:图上有 \(N\) 个点,起初没有边。有 \(M\) 个操作,每次加入一条边 \((u,v)\) 或者删除一条边。每次操作完后询问桥的个数。
  题解:经典的动态桥边计数问题, claris的题解 。设 \(solve(l,r,n,m)\) 为考虑时间在 \([l,r]\) 的修改操作,作用范围是 \(n\) 个点,\(m\) 条边的图。设 \(E\) 表示 \([l,r]\) 涉及到的边集,\(V\) 表示它们两端涉及到的点集。先将 \(M-E\) 跑一遍 \(tarjan\),将边双缩点(边双内部的边永远不会是桥)。在剩下的树(森林)中,做出 \(V\) 的虚树。不在虚树上的边永远都是桥,直接加入答案即可。将剩下的虚树做一张新图,递归左右两个子问题(有个细节是,虚树上的一条边要额外记录对应了原图的几条边,一旦它成为答案,这些边都是桥)。容易发现,每一层做完后,新图的点数和边数都是 \(O(r-l)\)。不计并查集复杂度,总复杂度为 \(M \log M\)
  还有一种 \(M \log M \log N\) 的 LCT 做法。将边插入时间线段树,现在只剩下加边了。用 LCT 维护当前森林,如果进来一条边 \((u,v)\) 所在的连通块已经连通,就在 \(u \sim v\) 的路径上区间加 \(1\)。显然,桥的个数即为权值为 \(0\) 的边的条数,这个可通过在 LCT 的 Splay 上维护子树最小值以及子树最小值个数来实现。注意,每次加入一条边后,只需考虑答案的增量,所以只有链上询问最小值个数,不需要带虚儿子和的 LCT。时间线段树里的回退也能很方便地实现。

【H√】

  题意:有一棵 \(N(\leq 10^5)\) 个点的树,每条边有边权 \((b_i,c_i)(\leq 10^9)\)。对于一条边 \(i\),定义 \(d_i\) 为:考虑根到它的其它所有 \(b_j<b_i\) 的边 \(j\)。如果不存在这样的 \(j\),则 \(d_i=c_i\);否则 \(d_i=median(d_j)+1\)\(median\) 表示符合要求的边的 \(d_j\) 的中位数。
  题解:在树上DFS。套一个树状数组来满足 \(b_i\) 这一维的限制,每个 bit 对应一棵动态开点的权值线段树(用来维护 \(d_i\))。查询时,在符合要求的 \(log\) 个权值线段树里一起走。时间和空间复杂度都是 \(O(N \log^2 N)\)

【I√】

  题意:给出 \(N(\leq 1111)\) 个不经过原点的平面。从原点开始选择一条射线射出去,问最多能射到多少平面。
  题解:转化的问题是:给出 \(N\) 个三维向量。求一个向量 \((x,y,z)\),使得与它们分别点积后 大于 \(0\) 的情况数最多。
  我们考虑以这个向量为法向量的平面。由调整法,存在一个最优解,使得这个平面过某个给定的向量。那么我们 \(O(N)\) 枚举每一个向量,以这个向量为一条边,旋转一周,去寻找最优秀的平面。这时可以转化为,在二维坐标里旋转一周,找一侧点最多的直线。极角排序即可,复杂度 \(O(N^2 \log N)\)

posted @ 2019-02-24 15:54  了491  阅读(1652)  评论(0编辑  收藏  举报