[noi.ac省选模拟赛]第12场题解集合

Posted 2020-12-10 crashed

题目

比赛界面。

T1

数据范围明示直接(O(n^2))计算，问题就在如何快速计算。

树上路径统计通常会用到差分方法。这里有两棵树，因此我们可以做“差分套差分”，在 A 树上对 B 的差分信息进行差分。在修改的时候，我们就会在 A 上 4 个位置进行修改，每次修改会涉及 B 上 4 个位置的差分修改，因此总共会涉及 16 个差分信息的修改。

回收标记的时候，我们可以先在 A 树上进行 DFS ，回收好子树内的差分信息后，再进行一次 B 的回收，得到当前节点上 B 的真实信息。

时间是(O(n^2+qlog_2n))。

#include <cmath>
#include <cstdio>

typedef long long LL;

const int MAXN = 1e4 + 5, MAXLOG = 15;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > ‘9‘ || s < ‘0‘ ){if( s == ‘-‘ ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= ‘0‘ && s <= ‘9‘ ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - ‘0‘ ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( ‘-‘ ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + ‘0‘ );
}

struct Tree
{
	struct edge
	{
		int to, nxt;
	}Graph[MAXN << 1];
	
	int f[MAXN][MAXLOG];
	int head[MAXN], dep[MAXN], seq[MAXN];
	int n, ID, lg2, cnt;
	
	void addEdge( const int from, const int to )
	{
		Graph[++ cnt].to = to, Graph[cnt].nxt = head[from];
		head[from] = cnt;
	}
	
	void DFS( const int u, const int fa )
	{
		f[u][0] = fa, seq[++ ID] = u, dep[u] = dep[fa] + 1;
		for( int i = head[u], v ; i ; i = Graph[i].nxt )
			if( ( v = Graph[i].to ) ^ fa )
				DFS( v, u );
	}
	
	void init()
	{
		read( n );
		for( int i = 1, a, b ; i < n ; i ++ )
			read( a ), read( b ), addEdge( a, b ), addEdge( b, a );
		DFS( 1, 0 );
		lg2 = log2( n );
		for( int j = 1 ; j <= lg2 ; j ++ )
			for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
				f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
	}

	void balance( int &u, const int stp ) const
	{
		for( int i = 0 ; ( 1 << i ) <= stp ; i ++ )
			if( stp & ( 1 << i ) )
				 u = f[u][i];
	}

	int LCA( int u, int v ) const
	{
		if( dep[u] > dep[v] ) balance( u, dep[u] - dep[v] );
		if( dep[v] > dep[u] ) balance( v, dep[v] - dep[u] );
		if( u == v ) return u;
		for( int i = lg2 ; ~ i ; i -- ) if( f[u][i] ^ f[v][i] ) u = f[u][i], v = f[v][i];
		return f[u][0];
	}

	int fa( const int u ) const { return f[u][0]; }
};

Tree A, B;

int dif[MAXN][MAXN];
LL ans;

void change( int *d, const int u, const int v, const int lca, const int c )
{
	d[u] += c, d[v] += c, d[lca] -= c, d[B.fa( lca )] -= c;
}

void recovery( const int u, const int fa )
{
	for( int i = A.head[u], v ; i ; i = A.Graph[i].nxt )
		if( ( v = A.Graph[i].to ) ^ fa )
			recovery( v, u );
	for( int i = 1 ; i <= B.n ; i ++ ) dif[fa][i] += dif[u][i];
	for( int i = B.n ; i ; i -- )
	{
		int cur = B.seq[i];
		ans ^= 1ll * u * cur * dif[u][cur];
		dif[u][B.fa( cur )] += dif[u][cur];
	}
}

int main()
{
	int Q, a1, a2, b1, b2, c, lcaa, lcab;
	A.init(), B.init(), read( Q );
	while( Q -- )
	{
		read( a1 ), read( a2 ), read( b1 ), read( b2 ), read( c );
		lcaa = A.LCA( a1, a2 ), lcab = B.LCA( b1, b2 );
		change( dif[a1], b1, b2, lcab, c );
		change( dif[a2], b1, b2, lcab, c );
		change( dif[lcaa], b1, b2, lcab, -c );
		change( dif[A.fa( lcaa )], b1, b2, lcab, -c );
	}
	recovery( 1, 0 );
	write( ans ), putchar( ‘
‘ );
	return 0;
}

T2

神奇的 DP 配合优化，放个官方题解吧：

若每种段只出现一次，可以注意到我们每涂完一种颜色，就将整个序列分为两段，所以，我们不妨令(f_{i,j})表示涂完第(i)种颜色到第(j)种颜色，最多可以涂多少。那么我们有(dp_{l,r} = max_{lleq k leq r}dp_{l,k?1} + dp_{k+1,r} + cost_{i,j})，注意到该式虽然与四边形不等式稍有区别，但通过一样的不等式分析仍然可以得到(dp_{i,j} + dp_{i+1,j+1} geq dp_{i,j+1} + dp_{i + 1, j}),故上式可以直接用四边形不等式优化。 一个有意思的现象是，上述决策点似乎只会出现在(l)或(r),但我并没有想出有效的证明方法。

T3

字符串简单题，考虑容斥。总方案很好计算，然后考虑不相交字符串的方案数。枚举分界点，然后计算左边和右边的回文串数量即可。

所以我为什么会想到奇怪的 slink 方法呀......它还不卡我......

所以就贴了 slink 的代码。

#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef long long LL;

const int MAXN = 2e6 + 5;
const int mod = 998244353, inv2 = 499122177;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > ‘9‘ || s < ‘0‘ ){if( s == ‘-‘ ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= ‘0‘ && s <= ‘9‘ ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - ‘0‘ ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( ‘-‘ ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + ‘0‘ );
}

int BIT[MAXN], g[MAXN];
int ed[MAXN], slink[MAXN], dif[MAXN];
int ch[MAXN][26], len[MAXN], fa[MAXN], dep[MAXN];
int N, tot, lst;
char S[MAXN];

void add( int &x, const int v ) { x = ( x + v >= mod ? x + v - mod : x + v ); }
int sub( const int x, const int v ) { return ( x < v ? x - v + mod : x - v ); }
LL mul( const int x, const LL v ) { LL tmp = x * v; return tmp < mod ? tmp : tmp % mod; }

void up( int &x ) { x += x & ( -x ); }
void down( int &x ) { x -= x & ( -x ); }
void update( int x, const int v ) { for( ; x <= N ; up( x ) ) add( BIT[x], v ); }
int getSum( int x ) { int ret = 0; for( ; x ; down( x ) ) add( ret, BIT[x] ); return ret; }
int query( const int l, const int r ) { return sub( getSum( r ), getSum( l - 1 ) ); }

void build()
{
	int x;
	N = strlen( S + 1 );
	len[fa[0] = ++ tot] = -1;
	for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
	{
		x = S[i] - ‘a‘;
		while( S[i] ^ S[i - len[lst] - 1] ) lst = fa[lst];
		if( ! ch[lst][x] )
		{
			int cur = ++ tot, p = fa[lst];
			while( S[i] ^ S[i - len[p] - 1] ) p = fa[p];
			len[cur] = len[lst] + 2, fa[cur] = ch[p][x], ch[lst][x] = cur;
		}
		ed[i] = lst = ch[lst][x];
	}
}

int main()
{
	int ans = 0;
	scanf( "%s", S + 1 ), build();
	for( int i = 2 ; i <= tot ; i ++ )
	{
		dep[i] = dep[fa[i]] + 1, dif[i] = len[i] - len[fa[i]];
		if( dif[i] ^ dif[fa[i]] ) slink[i] = fa[i];
		else slink[i] = slink[fa[i]];
	}
	for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
	{
		for( int p = ed[i] ; p ; p = slink[p] )
		{
			g[p] = query( i - len[slink[p]] - dif[p] + 1, i );
			if( slink[p] ^ fa[p] ) 
			{
				add( g[p], g[fa[p]] );
				add( g[p], mul( ( dep[p] - dep[slink[p]] - 1 ), query( i - dif[p], i ) ) );
			}
			add( ans, g[p] );
		}
		add( ans, mul( mul( dep[ed[i]], dep[ed[i]] - 1 ), inv2 ) );
		update( i, dep[ed[i]] );
	}
	write( ans ), putchar( ‘
‘ );
	return 0;
}

小结

对于简单题和基础的技巧都还不太熟练，要多加运用。