【比赛记录】2025CSP-S模拟赛9
A. 皮胚 (match)
可行性 dp。设 \(f_{i,j}\) 表示 \(s\) 的第 \(i\) 位能否匹配到 \(t\) 的第 \(j\) 位。分讨转移即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e3+5;
int T;
bool f[maxn][maxn];
string s,t;
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
cin>>s>>t;
int ls=s.size(),lt=t.size();
s=" "+s,t=" "+t;
if(t[1]=='.'||s[1]==t[1]){
memset(f,0,sizeof f);
f[1][1]=1;
}
else{
cout<<0<<"\n";
continue;
}
for(int i=1;i<=ls;i++){
for(int j=1;j<=lt;j++){
if(!f[i][j]){
continue;
}
if(t[j]=='*'&&s[i+1]==s[i]){
f[i+1][j]=1;
}
if(t[j+1]=='.'){
f[i+1][j+1]=1;
}
else if(t[j+1]=='*'){
f[i][j+1]=1;
if(s[i+1]==s[i]){
f[i+1][j+1]=1;
}
}
else if(s[i+1]==t[j+1]){
f[i+1][j+1]=1;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=ls;i++){
ans+=f[i][lt];
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
B. 核冰 (merge)
考虑一个贪心暴力，从小到大枚举每一个数，如果一个数合并后还有剩余（即出现次数大于等于 \(3\))，那么就不断合并。
考虑用线段树去优化。用线段树维护合并到最后每个数出现的次数 \(cnt\)。考虑插入一个数 \(x\)，可能会引起一系列的合并，即从 \(x\) 开始的连续一段 \(cnt=2\) 的数都可以合并进位上去。遇到 \(cnt<2\) 的数时停止。线段树二分即可。
考虑删除一个数 \(x\)，类似地，需要连续地借位。这时需要满足的有两个条件，分别是当前数出现次数为 \(1\)，以及当前数进行过进位。于是再开一棵线段树维护每个数的进位次数。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=5e5+25,N=5e5+20;
int n,m,a[maxn],pos[maxn];
il void gpos(int id,int l,int r){
if(l==r){
pos[l]=id;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
gpos(lid,l,mid);
gpos(rid,mid+1,r);
}
struct{
int mx[maxn<<2],mn[maxn<<2],tag[maxn<<2];
il void pushup(int id){
mx[id]=max(mx[lid],mx[rid]);
mn[id]=min(mn[lid],mn[rid]);
}
il void pushtag(int id,int v){
mx[id]+=v,mn[id]+=v,tag[id]+=v;
}
il void pushdown(int id){
if(tag[id]){
pushtag(lid,tag[id]);
pushtag(rid,tag[id]);
tag[id]=0;
}
}
il void add(int id,int L,int R,int l,int r,int v){
if(l>r){
return ;
}
if(L>=l&&R<=r){
pushtag(id,v);
return ;
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
if(l<=mid){
add(lid,L,mid,l,r,v);
}
if(r>mid){
add(rid,mid+1,R,l,r,v);
}
pushup(id);
}
il int ef1(int id,int L,int R,int l,int r){
if(R<l||L>r){
return -1;
}
if(mn[id]>=2){
return -1;
}
if(L==R){
return L;
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
int res=ef1(lid,L,mid,l,r);
if(res==-1){
res=ef1(rid,mid+1,R,l,r);
}
return res;
}
il int ef2(int id,int L,int R,int l,int r){
if(R<l||L>r){
return -1;
}
if(mx[id]<=1){
return -1;
}
if(L==R){
return L;
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
int res=ef2(lid,L,mid,l,r);
if(res==-1){
res=ef2(rid,mid+1,R,l,r);
}
return res;
}
}S1;
struct{
int mn[maxn<<2],tag[maxn<<2];
il void pushup(int id){
mn[id]=min(mn[lid],mn[rid]);
}
il void pushtag(int id,int v){
mn[id]+=v,tag[id]+=v;
}
il void pushdown(int id){
if(tag[id]){
pushtag(lid,tag[id]);
pushtag(rid,tag[id]);
tag[id]=0;
}
}
il void add(int id,int L,int R,int l,int r,int v){
if(l>r){
return ;
}
if(L>=l&&R<=r){
pushtag(id,v);
return ;
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
if(l<=mid){
add(lid,L,mid,l,r,v);
}
if(r>mid){
add(rid,mid+1,R,l,r,v);
}
pushup(id);
}
il int ef(int id,int L,int R,int l,int r){
// cout<<id<<" "<<L<<" "<<R<<" "<<l<<" "<<r<<"\n";
if(mn[id]>=1){
return -1;
}
if(R<l||L>r){
return -1;
}
if(L==R){
return L;
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
int res=ef(lid,L,mid,l,r);
if(res==-1){
res=ef(rid,mid+1,R,l,r);
}
return res;
}
}S2;
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
gpos(1,1,N);
cin>>n>>m;
int ans=0;
function<void(int)> insert=[&](int x){
int p=S1.ef1(1,1,N,x,N);
// cout<<p<<"\n";
if(!S1.mx[pos[p]]){
ans++;
}
S1.add(1,1,N,x,p-1,-1);
S1.add(1,1,N,p,p,1);
S2.add(1,1,N,x,p-1,1);
};
function<void(int)> del=[&](int x){
int p=S1.ef2(1,1,N,x,N),q=S2.ef(1,1,N,x,N);
// cout<<p<<" "<<q<<"\n";
if(p==-1||~q&&p>q){
p=q;
}
if(S1.mx[pos[p]]==1){
ans--;
}
S1.add(1,1,N,x,p-1,1);
S1.add(1,1,N,p,p,-1);
S2.add(1,1,N,x,p-1,-1);
};
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
insert(a[i]);
}
// cout<<ans<<"\n";
while(m--){
int opt;
cin>>opt;
if(opt==1){
int p,v;
cin>>p>>v;
del(a[p]);
a[p]=v;
insert(a[p]);
}
else{
cout<<ans<<"\n";
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. 方珍 (mex)
显然瓶颈在于如何快速求出第 \(k\) 大的 \(\operatorname{mex}\)。考虑二分。设当前答案为 \(x\)，那么可以双指针求出 \(\operatorname{mex}<x\) 的区间数量。于是获得了 \(O(n^2\log n)\) 的算法。
考虑一个神秘优化。首先将 \(w\) 降序排序，动态地维护答案。设当前答案为 \(ans\)，那么我们就不断尝试 \(ans+1-w\) 是否合法即可。由于 \(w\) 降序，\(ans\) 最多增加 \(O(n)\) 次。因此时间复杂度为 \(O(n^2)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define ull unsigned ll
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e4+5;
int n,k[maxn],w[maxn],m[maxn],a[maxn],p[maxn],ton[maxn];
ull rs[maxn];
il int rd(int i){
rs[i]^=rs[i]<<13;
rs[i]^=rs[i]>>7;
rs[i]^=rs[i]<<17;
return rs[i]%m[i];
}
il int check(int x){
// cout<<x<<"\n";
for(int i=0;i<=n;i++){
ton[i]=0;
}
int res=0,cnt=0;
for(int l=1,r=1;r<=n;r++){
if(a[r]<x){
cnt+=ton[a[r]]==0;
ton[a[r]]++;
}
while(cnt>=x){
while(a[l]>=x){
l++;
}
ton[a[l]]--;
cnt-=ton[a[l]]==0;
l++;
}
res+=r-l+1;
}
return res;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>k[i]>>w[i]>>m[i]>>rs[i];
p[i]=i;
}
// puts("666");
sort(p+1,p+n+1,[](const int &x,const int &y){return w[x]>w[y];});
int ans=w[p[1]];
for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<i<<":\n";
int x=p[i];
if(ans>=m[x]+w[x]){
continue;
}
for(int j=1;j<=n;j++){
a[j]=rd(x);
}
while(check(ans+1-w[x])<k[x]){
ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
D. 术劣 (sequence)
有这样一个神奇的推论：等差序列 \(a\) 打乱后公差 \(d=\gcd(|a_2-a_1|,|a_3-a_2|,\dots,|a_n-a_{n-1}|)\)。对此搞笑椅子 AI 给出了严谨的证明过程。[1]
由此，我们可以进一步推知：
-
对于任意序列 \(a\)，\(\max\{a\}-\min\{a\}\ge (n-1)d\)。
-
当且仅当 \(a\) 排序后是等差序列时，上式取等。
于是对于题目中 \(a\) 序列的一个区间 \([l,r]\)，我们就可以通过判断 \(\max[l,r]-\min[l,r]=(r-l)d\) 是否成立即可。移项，得 \(\max[l,r]-\min[l,r]+ld=rd\)。由是我们可以考虑线段树经典套路：移动右端点 \(r\)，在每个位置 \(x\) 维护 \([x,r]\) 的信息。这里我们维护的就是 \(\max[x,r]-\min[x,r]+xd\)。
考虑 \(r\) 右移时应该怎么在线段树上修改。其中 \(\max\) 和 \(\min\) 可以用单调栈简单地完成。对于 \(d\) 的改变，显然从 \(1\) 到 \(r-1\) 的 \(d\) 是不降的，且连续颜色段是 \(O(\log)\) 级别的。于是我们用并查集将连续段合并起来，在需要修改时直接暴力修改。这样时间正确的原因是，显然 \(d\) 最多也就改变 \(O(\log)\) 次。时间复杂度 \(O(n\log^2)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define gcd __gcd
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e5+5;
int n,a[maxn],st1[maxn],tp1,st2[maxn],tp2;
struct node{
int mn,num;
node(int mn=0,int num=0):mn(mn),num(num){}
il node operator+(const node &x)const{
if(mn==x.mn){
return node(mn,num+x.num);
}
else if(mn<x.mn){
return *this;
}
else{
return x;
}
}
}tr[maxn<<2];
int tag[maxn<<2];
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
#define mn(id) tr[id].mn
#define num(id) tr[id].num
il void pushup(int id){
tr[id]=tr[lid]+tr[rid];
}
il void pushtag(int id,int v){
tag[id]+=v,mn(id)+=v;
}
il void pushdown(int id){
if(tag[id]){
pushtag(lid,tag[id]);
pushtag(rid,tag[id]);
tag[id]=0;
}
}
il void build(int id,int l,int r){
if(l==r){
tr[id]=node(0,1);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lid,l,mid);
build(rid,mid+1,r);
pushup(id);
}
il void add(int id,int L,int R,int l,int r,int v){
if(L>=l&&R<=r){
pushtag(id,v);
return ;
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
if(l<=mid){
add(lid,L,mid,l,r,v);
}
if(r>mid){
add(rid,mid+1,R,l,r,v);
}
pushup(id);
}
il node query(int id,int L,int R,int l,int r){
if(L>=l&&R<=r){
return tr[id];
}
pushdown(id);
int mid=(L+R)>>1;
if(r<=mid){
return query(lid,L,mid,l,r);
}
if(l>mid){
return query(rid,mid+1,R,l,r);
}
return query(lid,L,mid,l,r)+query(rid,mid+1,R,l,r);
}
int fa[maxn],lp[maxn],d[maxn];
il int find(int x){
return x!=fa[x]?fa[x]=find(fa[x]):x;
}
//il void debug(int id,int l,int r){
// cerr<<id<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<mn(id)<<" "<<num(id)<<"\n";
// if(l==r){
// return ;
// }
// int mid=(l+r)>>1;
// debug(lid,l,mid);
// debug(rid,mid+1,r);
//}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
// freopen("D.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
fa[i]=lp[i]=i;
}
build(1,1,n);
// debug(1,1,n);
int ans=1;
for(int r=1;r<=n;r++){
// cerr<<r<<":\n";
while(tp1&&a[st1[tp1]]>=a[r]){
add(1,1,n,st1[tp1-1]+1,st1[tp1],a[st1[tp1]]-a[r]);
tp1--;
}
st1[++tp1]=r;
while(tp2&&a[st2[tp2]]<=a[r]){
add(1,1,n,st2[tp2-1]+1,st2[tp2],a[r]-a[st2[tp2]]);
tp2--;
}
st2[++tp2]=r;
if(r==1){
cout<<1<<" ";
continue;
}
int cur=abs(a[r]-a[r-1]);
d[r-1]=cur;
// cerr<<cur<<" "<<r<<"\n";
//// puts("666");
// debug(1,1,n);
// cerr<<"---------------------------------\n";
add(1,1,n,r-1,r-1,cur*(r-1));
// debug(1,1,n);
// puts("777");
for(int i=r-2,j=r-1;i;i--){
i=find(i);
cur=gcd(cur,d[i]);
if(cur!=d[i]){
for(int k=lp[i];k<j;k++){
add(1,1,n,k,k,k*(cur-d[i]));
}
d[i]=cur;
}
if(d[i]==d[find(j)]){
int x=find(i),y=find(j);
fa[x]=y;
lp[y]=min(lp[x],lp[y]);
}
i=j=lp[find(i)];
}
// cout<<ans<<"\n";
ans++;
for(int i=r-1,j=r;i;i--){
i=find(i);
node res=query(1,1,n,lp[i],j-1);
if(res.mn==r*d[i]){
ans+=res.num;
}
i=j=lp[find(i)];
}
// cout<<ans<<"\n";
cout<<ans<<" ";
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
设等差数列为 \(a,a+d,a+2d,\dots,a+(n-1)d\)。那么对于乱序后的两个相邻的数 \(a+pd\) 和 \(a+qd\)，二者之差即为 \(|p-q|d\)。若存在 \(k\in\mathbb{Z}\) 且 \(k>1\)，使得所有的 \(kd\) 整除 \(|p-q|d\)，即 \(k\mid p-q\)，那么所有的 \(p\) 和 \(q\) 都将存在于 \(k\) 的某一个剩余系中，又 \(p,q\in[0,n-1]\) 且两两不等，那 \(p,q\) 就不够了。因此这样的 \(k\) 是不存在的。 ↩︎
浙公网安备 33010602011771号