UVA12096 题解

Posted 2023-05-14 Illumina

这道题虽然被评黄，但个人感觉不止普及组难度，而且是一道很有价值的题目。题解区里全是 \\(O(n^2logn)\\) 的 STL 大法，我来发一篇 \\(O(n^2)\\) 哈希做法。目前 0ms 喜提最优解。

这道题是 codeforces gym 的题目，本质上就是模拟栈中集合插入，复制，相加，取交集，取并集的过程。注意，这些集合都是不可重集。 如果你直接把这些括号和逗号存下来肯定是不行的，因为它是一个一层套一层的结构，不好直接维护。况且经过复制，括号总数会指数级增长。

既然直接存储不行，我就想用哈希来表示每个集合里的元素。这样每个集合就是一个 vector，里面存储了每个元素对应的哈希值。比如集合 , , 的 vector 里存储 和 , 这两个字符串的哈希。

下面考虑分别维护这五种操作。

1. 对于 PUSH 操作，直接新建一个 vector，里面什么也不存推入栈中。

2. 对于 DUP 操作，直接复制一遍栈顶的 vector 推入栈中。

3. 对于 UNION 操作，我们需要把两个 vector 里的数全部放入新的 vector 内，并且去重。如果这两个 vector 无序，去重需要 \\(O(nlogn)\\) 的复杂度，是不能接受的。所以我们在维护 vector 里的哈希值时，不妨使其有序。 这样，在做 UNION 操作时，就可以归并排序去重了，复杂度 \\(O(n)\\) 。

4. 对于 INTERSECT 操作，和 UNION 一样归并排序找到重复元素即可。

5. 对于 Add 操作，这是最复杂的一个操作。记第一个 vector 为 \\(v1\\)，第二个 vector 为 \\(v2\\)。则我们要把 \\(v1\\) 这个整体作为一个元素，求出其哈希值并放入 \\(v2\\)。但注意：不能设计普通的按位乘法哈希。 至于为什么留给大家自己思考。（提示：括号总数巨大）

   虽然普通哈希不行，但我们有一个很好的性质，就是 v1 内的哈希值是有序的，唯一确定的。于是我们可以把哈希设计成这样：设 v1 内的哈希值为 \\(h1\\)，\\(h2\\)和\\(h3\\)，则有：

   \\(H(v1)=((h1+\\Delta)\\times h2+\\Delta)\\times h3\\%P\\)

   其中 \\(\\Delta\\) 和 \\(P\\) 是自己设定的常数。注意计算哈希时还要在每个元素之间加一个逗号，左右两边加上大括号。然后把 \\(H(v1)\\) 用插入排序的方法移到 \\(v2\\) 相应位置。我这里使用了 vector 的 insert 函数，比插入排序快几十倍左右。

最后输出栈顶 vector 的大小即可。

代码：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define f first 
#define s second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb push_back
#define sz(a) a.size()
#define st(a) a.begin()
#define ed(a) a.end()
#define all(a) st(a),ed(a)
#define las(a) *a.rbegin()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
template<class Typ> Typ &Rd(Typ &x)
    x=0; char ch=gc(),sgn=0;
    for(;ch<\'0\'||ch>\'9\';ch=gc()) sgn|=ch==\'-\';
    for(;ch>=\'0\'&&ch<=\'9\';ch=gc()) x=x*10+(ch^48);
    return sgn&&(x=-x),x;

template<class Typ> void Wt(Typ x)
    if(x<0) pc(\'-\'),x=-x;
    if(x>9) Wt(x/10);
    pc(x%10^48);

const int N=2005;
const int Ad=1000099;
const int Md=998244353;
vector<int> Hs[N]; char op[10];
int cas,n,stk[N],top;
int main()
    for(Rd(cas);cas;cas--)
        Rd(n),top=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            Hs[i].clear(),scanf("%s",op+1);
            if(op[1]==\'P\') stk[++top]=i;
            else if(op[1]==\'D\')
                for(auto j:Hs[stk[top]]) Hs[i].pb(j);
                stk[++top]=i;
            else if(op[1]==\'U\')
                int id1=stk[top--],id2=stk[top--],ps=0;
                for(auto cur:Hs[id1])
                    for(;ps<sz(Hs[id2])&&Hs[id2][ps]<cur;ps++)
                        Hs[i].pb(Hs[id2][ps]);
                    Hs[i].pb(cur);
                    if(ps<sz(Hs[id2])&&Hs[id2][ps]==cur) ps++;
                
                for(;ps<sz(Hs[id2]);ps++)
                    Hs[i].pb(Hs[id2][ps]);
                stk[++top]=i;
            else if(op[1]==\'I\')
                int id1=stk[top--],id2=stk[top--],ps=0;
                stk[++top]=i;
                for(auto cur:Hs[id1])
                    while(ps<sz(Hs[id2])&&Hs[id2][ps]<cur) ps++;
                    if(ps<sz(Hs[id2])&&Hs[id2][ps]==cur) Hs[i].pb(cur);
                
            else
                int Hsh=1+Ad,id1=stk[top--],id2=stk[top];
                for(auto cur:Hs[id1])
                    if(Hsh!=1+Ad) Hsh=((ll)Hsh*2%Md+Ad)%Md;
                    Hsh=((ll)Hsh*cur%Md+Ad)%Md;
                
                Hsh=((ll)Hsh*3%Md+Ad)%Md;
                if(!count(all(Hs[id2]),Hsh))
                    Hs[id2].insert(lower_bound(all(Hs[id2]),Hsh),Hsh);
            
            Wt(sz(Hs[stk[top]])),pc(\'\\n\');
        
        puts("***");
    
    return 0;

写在最后：

要真的在联赛出这道题，我说不定就不选这种方法了，虽然保险，但 STL 也有优势，就是简单好写好调试。（而且 CCF 的数据不用多虑）不管怎么说，看到题解区同情 p 党，我也算是 python 的一员，哈希法也算是给 p 党一个可行的尝试方法了，只要把 vector 换成 list 即可。

做黄题让我回想起初一的时光，一去不复返了。也许有一天 OI 会从我脑中淡漠，但那段回忆永远藏着我的心中。

题解Street Numbers [UVA138]

【题解】Street Numbers [UVA138]

传送门：( ext{Street Numbers [UVA138]})

【题目描述】

求满足 (n<m) 且 (sum_{i=1}^{n-1}i=sum_{i=n+1}^{m}i) 的正整数对 (n,m) 。从小到大输出前 (10) 组解，要求输出的每个整数都占 (10) 格宽。

【分析】

被抄代码+抄题解的xxs们气到了，于是写下这篇题解，顺便简单讲一下佩尔方程（好像在 ( ext{OI}) 里运用不多）

佩尔方程是一种不定二次方程，且分为两类，该种方程有无穷多个解 【证明】。

【第一类佩尔方程】

形如 (x^2-Dy^x=1) ((Dinmathbb{N^{*}} ext{且为非平方数})) 。

设它的一组最小正整数解为 (left{egin{array}{c}x=x_0\y=y_0end{array} ight.,) 则其第 (n) 个解满足：(x_n+sqrt{D}y_n=(x_0+sqrt{D}y_0)^{n+1}) 。

但 (sqrt{D}) 这个东西并不友好，考虑转换成递推式：

[egin{aligned}x_n+sqrt{D}y_n&=(x_0+sqrt{D}y_0)(x_0+sqrt{D}y_0)^n&=(x_0+sqrt{D}y_0)(x_{n-1}+sqrt{D}y_{n-1})&=(x_0x_{n-1}+Dy_0y_{n-1})+sqrt{D}(x_0y_{n-1}+y_0x_{n-1})end{aligned}]

即可得：(left{egin{array}{c}x_n=x_0x_{n-1}+Dy_0y_{n-1}\y_n=x_0y_{n-1}+y_0x_{n-1}end{array} ight.) 。

【第二类佩尔方程】

形如 (x^2-Dy^x=-1) ((Dinmathbb{N^{*}} ext{且为非平方数})) 。

设它的一组最小正整数解为 (left{egin{array}{c}x=x_0\y=y_0end{array} ight.,) 则其第 (n) 个解满足：(x_n+sqrt{D}y_n=(x_0+sqrt{D}y_0)^{2n+1}) 。

求递推式就把右边化成 ((x_0+sqrt{D}y_0)^{2}(x_{n-1}+sqrt{D}y_{n-1})) 再展开，后续推导略。

【求解方法】

第一步是求最小正整数解。可以证明当 (D) 较小时 (x_0,y_0) 也较小，所以直接从小到大暴力枚举即可。算出 (x_0,y_0) 后即可递推得到其他解。

求解佩尔方程通常会以 高精递推/矩阵递推加速 的形式出现（虽然也没多少题）。

回到这题，先化简柿子：(frac{n(n-1)}{2}=frac{m(m+1)}{2}-frac{n(n+1)}{2}Longrightarrow 2n^2=m^2+m)，显然和上面的方程没有丝毫关联，我们给两边同乘 (4) 然后配方：(8n^2=4m^2+4mLongrightarrow (2m+1)^{2}-8n^2=1)，忽略 (n<m) 的条件，显然为第一类佩尔方程。

用瞪眼法暴力枚举法可知其最小解为 (left{egin{array}{c}x_0=3\y_0=1end{array} ight.) 。

答案为 (left{egin{array}{c}n_i=y_i\m_i=frac{x_i-1}{2}end{array} ight.) 。

（输出来后发现除了第 (0) 个解以外其他均满足 (n<m)）

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=103;
int D,x[N],y[N];
int main(){
    x[0]=3,y[0]=1,D=8;
    for(Re i=1;i<=10;++i)
        x[i]=x[0]*x[i-1]+D*y[0]*y[i-1],
        y[i]=x[0]*y[i-1]+y[0]*x[i-1];
    for(Re i=1;i<=10;++i)//因为要满足n<m,(x0,y0)被舍去了 
        printf("%10d%10d
",y[i],x[i]-1>>1);
}