ZROI 19.08.12模拟赛

传送门

写在前面:为了保护正睿题目版权,这里不放题面,只写题解。


“我发现问题的根源是大家都不会前缀和。”——敦爷


  • A

敦爷spj写错了,差点把蒟蒻swk送走

\(50pts:\)

考虑不输出方案怎么做。显然是树形dp。

\(f_{i,j,\{0/1/2\}}\)表示\(i\)的子树中,有\(j\)条链,根节点状态为:\(\{\)没选\(/\)选了向下的一条链\(/\)选了向下的两条链\(\}\)的最优解。

对于一棵子树,开始时只考虑根节点,依次合并每个儿子。合并时需要枚举父亲和儿子的状态,用\(size\)限制枚举上界,可以证明复杂度是\(O(nk)\)的。

转移的时候分别讨论各个状态之间的转移即可。

\(100pts:\)

输出方案也不难,只需要记录每个状态依次从哪个儿子的哪个状态转移来即可。

可以把转移方向放在儿子上,避免复杂的可持久化。

当然写起来就是另一回事了

复杂度证明:

合并大小分别为\(x,y\)的两棵子树,复杂度为\(O(\min(x,k)\cdot \min(y,k))\)

不妨设\(x\geq y\),对两棵子树的三种情况分别分析。

\(x\geq k, y\geq k\),则单次复杂度\(O(k^2)\),但这样的子树最多\(\frac{n}{k}\)棵,总复杂度\(O(nk)\)

\(x\geq k, y < k\),发现每个节点最多合并进\(size\geq k\)的子树一次,即整棵树上每个零散节点最多产生\(O(k)\)的复杂度,总复杂度\(O(nk)\)

\(x<k,y<k\),对于一个节点,最多与\(O(k)\)个节点合并后,子树大小就会\(\geq k\),因此每个节点最多产生\(O(k)\)的复杂度,总复杂度\(O(nk)\)


  • B

\(60pts:\)

对于一次操作\([x,y]\),区间\([l_i,r_i]\)被访问的充要条件是:\([x,y]\)\([l_i,r_i]\)有交;\([x,y]\)不完全包含\([l_i,r_i]\)的父亲。

由此可以得到一个\(O(nq)\)的算法,即对线段树上的每个节点分别统计访问次数。实现时有很多分类讨论,比较复杂。

\(100pts:\)

对于\(O(nq)\)算法里的分类讨论,每种讨论实际上都可以提取出一个关于\(x,y\)的低次多项式。

发现如果区间\([l_i,r_i]\)\([x,y]\)包含,则它的每一个子区间都被其包含。因此整个子树可以规避分类讨论,预处理多项式系数即可。

即询问时遇到完全包含的节点可以直接退出,复杂度等同于线段树区间询问,\(O(n+q\log n)\)


  • C

\(60pts:\)

发现\(h_{i+1}-h_i\)等于\(i\)位置结束的每个子串的\(G_i\)之和,即\([1,i]\)每个前缀的末尾增加了一个字符。

\(n\)个后缀拉出来跑kmp,维护一下前缀和即可。

\(100pts:\)

对于字符串\(A\)\(f_i\)的含义其实是\(A[1…i]\)的border(相等的前后缀)个数。

由此得到\(G_A\)的含义是\(A\)的每个前缀出现的次数\(-1\)之和,因为每次枚举到这个前缀第一次出现以外的位置时,都会产生一次border的贡献。

再考虑\(h_{i+1}-h_i\),即\(\sum_{j=1}^i G_{S[j…i]}\)的意义,发现对于\(S[1…i]\)的每个子串,设其出现次数为\(d\),产生的贡献为\(\frac{d(d-1)}2\)

用后缀自动机维护,每次加入新字符时,等价于\(fail\)树上到根节点的链\(+1\),可以离线树剖或者LCT维护。

posted @ 2019-08-19 08:18  suwakow  阅读(166)  评论(0编辑  收藏  举报
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