洛谷月赛 20191109

真的是超级简单的一次信心赛，但我还是爆炸……

T1：秒切

T2：秒切

T3：这题意是啥？？？

明天中午有直播讲解。到时候再把不会的题改了。

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11.10 20:37 upd：这个讲评，它Error了

已更新T3正解

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T1：

入门难度。

一条n个节点的链，你可以跳过其中k段，求从1到n的最小长度。

贪心跳最大即可。暴力能过。

扫一遍，维护一个当前k段长度和总长度和，当前k段长度打擂台求最大，输出总长度减去最大k段长度。

\(O(n)\)。

T2：

依旧入门难度。一段01序列，求有多少个连续（均为0或均为1）子串。

扫一遍判断当前值与上一个值是否相等即可。暴力能过。

\(O(n)\)。

T3：

给定\(S\)，\(T\)初始为空串，每次操作在\(T\)最前或最后插入一个字符，并求有多少个不同的\(l\),使得\(l\)范围内没有对应相同的元素。

（即$\forall i\in[1,~l],S[i] \not= T[T.size()-l+i] $）

17分：

考虑类似于最大公共子串的写法。

表格中的一个格子\((x,~y)\)为true，当且仅当对应的\(S[x]\)与\(T[y]\)不同

每次维护\(T\)，并重新求一次\(l\)。

把每种相同颜色的方格称为一条对角线，由于只有\(T\)的尾部和\(S\)的头部能重合，合法的对角线只有上图中的几条。

每次扫一遍图中有几条对角线，线上所有格子均为true。

\(O(m^3)\)。（大概吧）

50分：

由于每次只能\(T\)的首尾添加元素，考虑两种情况：

1.若在尾部添加：

则只需要考虑黑色框起来的几个格子。

如果第一个格子\((0,~3)\)为true，则ans++。

存储每条对角线是否成立（即均为true），如果其余几个格子所在的对角线成立，而这个格子不为true，则ans--。

2.若在头部添加：

则需要增加一条新的对角线，跑一遍这个对角线是否成立。

总体\(O(m^2)\)。大概吧。考场上就想到这。

貌似bitset优化后70pts，再开个O2就A了

100分：

每个位子和每种字符都是独立的，对每种字符都记录一下位子。

用\(f[i]=0 ~or~ 1\)表示长度为的\(i\)后缀可不可以，\(0\)表示可以，\(1\)表示不行。

考虑\(f\)只有\(0\)和\(1\)，可以用bitset优化，对每种字符都开一个bitset记录是不是该字符。

在末尾加一个字符时，左移后做\(or\)运算。

在开头加一个字符时，直接\(or\)上该字符出现的状态左移长度减一位。

答案就是范围内\(0\)的个数。

复杂度\(O(m^2/w)\)

大概来说就是不用真的维护一个\(T\)，参考我之前画的那个表，由于只是比较字符是否不同，记录字符出现的位置即可。利用bitset的位运算优化速度。

反思：就算没有想到用bitset记录字符位置，存储那个对角线是否成立的bool数组由于需要两端插入，我用的是vector……对于bitset一类的还是不熟。考前还是要再看一下。

T4：

看上去就不太可做的一道多项式求和。

8分：

模拟题意。

16分：

加一个记忆化一类的优化。

100分：

不会。待更。

upd：题解它Error了