2020牛客暑期多校训练营第二场


比赛链接

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/15688?&headNav=www

A All with Pairs

题意

给你字符串n个字符串$s_1$,$s_2$,$s_3$,… $s_n$给你函数$f(s,t)$,其值为最大的长度w,使得s的长度为w的前缀和t的长度为w的后缀相同完全。

你要计算
$$
\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}f(s_i,s_j)^2 \mod 998244353
$$

数据范围

$n<10^5$, 字符串总长度小于$10^6$

题解

我们枚举i,把前i个字符串对每一个后缀都hash,然后放入map,最后枚举$s_i$的前缀,在map中寻找此前缀的hash,然后即可对$f(s_i,s_j)$实现计数,最后把增加到值添加到答案中。复杂度$O(len\cdot\log(len))$。len为字符串总长。

B Boundary

题意

给你二维平面到n个点,你要找一个经过原点的圆,穿过尽可能多的点。

数据范围

最多2000个点。

题解

三个点可以确定一个圆,由于有一个点在原点,所以我们枚举另外两个点。则可以唯一确定圆,对圆进行hash,然后计数,计数最多的那个就是答案。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const double inf = 1e18;
const double eps = (1e-6);
struct point {
ll x, y;
};
struct circle {
double a, b;
circle(double a, double b) :a(a), b(b) {};
circle() {};
};
double getFrac(point a, point b, ll isA) {
ll z1 = a.x * a.x + a.y * a.y;
ll z2 = b.x * b.x + b.y * b.y;

ll u1 = 2 * a.x;
ll v1 = 2 * a.y;

ll u2 = 2 * b.x;
ll v2 = 2 * b.y;

double fenzi, fenmu;
if (isA) {
fenzi = z1 * v2 - z2 * v1;
fenmu = u1 * v2 - u2 * v1;
}
else {
fenzi = z1 * u2 - z2 * u1;
fenmu = v1 * u2 - v2 * u1;
}
if (fenmu == 0)return inf;
return fenzi * 1.0 / fenmu;
}

int n;
const int maxn = 2500;
point points[maxn];
vector<circle>vec;
bool eql(circle c1, circle c2) {
if (fabs(c1.a - c2.a) <= eps && fabs(c1.b - c2.b) <= eps)return true;
return false;
}
int main() {
cin >> n;
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
ll x, y;
cin >> x >> y;
points[i].x = x;
points[i].y = y;
}
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
for (ll j = i + 1; j <= n; j++) {
circle c(getFrac(points[i], points[j], 1), getFrac(points[i], points[j], 0));
if (c.a == inf || c.b == inf)continue;
vec.push_back(c);
}
}
if (vec.size() == 0) {
cout << 1 << endl;
return 0;
}
sort(vec.begin(), vec.end(), [](circle c1, circle c2) {
return c1.a == c2.a ? c1.b < c2.b : c1.a < c2.a;
});
int ans = 2;
int l = 0, r = 0;
while (r < vec.size()) {
if (eql(vec[l], vec[r])) {
r++;
}
else {
ans = max(ans, r - l + 1);
l = r;
}
}
ans = max(ans, r - l + 1);
ans = (1 + sqrt(1 + 8 * ans)) / 2;
cout << ans << endl;
}

C Cover the Tree

题意

给你一个无根树,你需要使用最少的链使得这棵树的每条边至少被一条链覆盖。

数据范围

$节点个数n<2\times 10^5$

题解

贪心,我们让每条链的端点都选择度数为1的结点。

我们使用一个度数为1的结点当作根,把树展开为平面结构,树根在上,叶子在下,显然我们直接让最左边的叶子连接最右边的叶子即可,最后有两种情况,

剩余一个结点,我们直接让他和根结点相连。

不剩余任何结点,但是最后连接的两个结点形成的链只能覆盖到lca,所以我们让根与那个lca相连即可。

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int read() {
static bool init = false;
if (!init) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
init = true;
}
int x;
cin >> x;
return x;
}

const int maxn = 2e5 + 5;
vector<int> tree[maxn];
int fa[maxn];

int lca(int u, int v) {
set<int> se;
while (fa[u] != 0) {
se.insert(u);
u = fa[u];
}
se.insert(u);

while (se.find(v) == se.end()) {
v = fa[v];
}
return v;
}

int main() {
int n = read();

for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int u = read();
int v = read();
tree[u].push_back(v);
tree[v].push_back(u);
}
queue<int> q;
vector<bool> inq(n + 1);

int root = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (tree[i].size() == 1) {
root = i;
q.push(i);
inq[i] = true;
break;
}
}
fa[root] = 0;

vector<int> ans;
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();


if (tree[u].size() == 1 && u != root) {
ans.push_back(u);
}
for (int v:tree[u]) {
if (inq[v]) {
continue;
}
inq[v] = true;
fa[v] = u;
q.push(v);
}
}

int size = ans.size();
cout << size / 2 + 1 << "\n";

int i = 0, j = size - 1;
while (i < j) {
cout << ans[i] << " " << ans[j] << "\n";
i++;
j--;
}

if (i == j) {
cout << ans[i] << " " << root << "\n";
} else {
cout << lca(ans[i], ans[j]) << " " << root << "\n";
}
}

E Exclusive OR

题意

给你长度为n的序列a,对于1到n的每一个数字i,你都要计算这个序列精确选择i个数字能异或出来的最大异或和。

ps : 数字可以重复选择。

数据范围

$a_i<2^{18}$

题解

不难证明当n大于36以后,都是异或最大值。对于小于36的情况,使用fwt快速计算即可。

证明:

对于18位的二进制数,其线性基的个数最多是18,所以18个数及以内一定能能够异或出最大的值,这个值是上确届,不妨设x个数能达到这个上届,其中$x\le18$

然后考虑$x+2k$, $k\ge0$显然他们都能达到,我只需要选两个相同的数字即可。

然后考虑$x+2k+1$, $k\ge0$, 其实这里并不一定能达到上届,我们需要更多的分析。考虑这样一个事实,当你选择了$x+2k+1\gt18$的时候,我们一定可以找到更少的数,使得他他们异或和与当前$x+2k+1$个数相等。我们不妨设$f[i]$为精确$i$个数能异或出的最大值,显然$f[i]$可以由$f[j]$转移过来,其中ij之差不会超过18。然后考虑$f[j]$由$f[k]$转移过来,jk只差不会超过18,这里我们可以确定,

如果ij差、jk差都为偶数或者都为奇数,则可以规约于$f[i]由f[k]$转移过来,ik为偶数。

如果ij差、jk差都为一奇一偶,则jk中有且仅有一个数与i之差为偶数,不妨设她为t,则$f[i]$可以有$f[t]$转移过来,it之差为偶数。

综上,当i大于36的时候,$f[i]$可以由$f[i-2]$转移。所以我们fwt暴力计算到36即可。

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

//求卷积a[]=>fwt(n,0)=>fwt[]=>fwt(n,1)=>a[]
//fwt(x$y)=fwt(x)*fwt(y);$代表|,&,^
void fwt(int *a, int n, int f) {
for (int k = 1; k < n; k <<= 1)
for (int i = 0; i < n; i += (k << 1))
for (int j = 0; j < k; j++)
if (f == 1) {
int x = a[i + j], y = a[i + j + k];
//&:a[i+j]+=a[i+j+k];
//|:a[i+j+k]+=a[i+j];
a[i + j] = x + y;
a[i + j + k] = x - y;
} else {
int x = a[i + j], y = a[i + j + k];
//&:a[i+j]-=a[i+j+k];
//|:a[i+j+k]-=a[i+j];
a[i + j] = (x + y) / 2;
a[i + j + k] = (x - y) / 2;
}
}

const int maxn = 3e5 + 100;
int a[maxn], b[maxn], mx[maxn];

int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x; cin >> x; a[x] = 1;
mx[1] = max(mx[1], x);
}
fwt(a, 1 << 18, 1);
for (int i = 0; i < (1 << 18); ++i) {
b[i] = a[i];
}
for (int i = 2; i <= 36; ++i) {
for (int j = 0; j < (1 << 18); ++j) {
b[j] = a[j] * b[j];
}
fwt(b, 1 << 18, 0); // c = a^i

for (int j = 0; j < (1 << 18); ++j) {
if (b[j]) {
b[j] = 1;
mx[i] = j;
}
}
fwt(b, 1 << 18, 1);
}

for(int i = 37; i <= n; ++i) {
mx[i] = mx[i - 2];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cout << mx[i] << " ";
}
cout << "\n";
}

G Greater and Greater

题意

给你一个长度为n的序列A,和一个长度为m的序列B,你要计算A有多少个子串S,满足$\forall i \in [1,m] S_i\gt B_i$

数据范围

$n<1.5\times10^5$

$m<4\times10^4$

题解

设$01$矩阵$G[i][j]$代表$A[i]\gt B[j]$是否成立。

则我们要计算的其实是G中有多少个斜着的直线,其值全是1。

换句话说,你要计算$bitAnd_{i=0}^{m-1} (G[i]<<i)$, $G[i]$代表矩阵G的第i行所代表的二进制数。

我们同时发现列与列是独立的,所以我们可以对A进行排序,然后对于$G[i]$,显然他是一个左边为0,右边为1的01串,这里我们可以对每一行使用bitset暴力更新,

我们发现行与行是独立的。所以可以分别计算每一行,然后暴力移位使用and运算。

空间复杂度$O(\frac{N}{64}+\frac{M}{64})$

时间复杂度$O(\frac{M\cdot N}{64})$

H Happy Triangle

题意

多重集合,支持三个操作,

  • 插入一个数x

  • 删除一个数x

  • 询问能否在集合中找两个数,和x一起作为边长,能构成三角形。

题解

考虑查询

如果x为最大值,查询他的两个前驱即可。

如果x为中间值,一个前驱加一个后继即可。

如果x为最小值,找到相邻两个数,让他们对差最小即可。

前两个用map,后以后用平衡数。

为了避免map的边界,可以在前后加入哨兵,讨论的时候删除哨兵即可。

J Just Shuffle

题意

给你一个置换P,给你一个数字k,你要计算$P^\frac{1}{k}$

题解

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

typedef vector<int> vi;
typedef vector<vector<int>> vvi;


/**
*
* 置换模版
* 置换下标从0开始,n代表置换的长度,一般不提供循环乘积的运算
*
*/

/**
*
*
*
*
*/
void show(string s, int *a, int l, int r) {
cout << s;
for (int i = l; i <= r; i++) {
cout << a[i] << " ";
}
cout << endl;
}

// 置换单位元, n是置换的长度
void get_one(int *a, int n) {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a[i] = i;
}
}

// 拷贝置换
void cpy(int *src, int *dst, int n) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
dst[i] = src[i];
}
}

// 置换标准化, c=(_b^a)
void normal(int *a, int *b, int *c, int n) {
vector<int> res(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
res[a[i]] = b[i];
}
cpy(res.data(), c, n);
}

// 置换乘法 c=a*b
void mul(int *a, int *b, int *c, int n) {
vector<int> res(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
res[i] = b[a[i]];
}
cpy(res.data(), c, n);
}

// 分解置换为循环乘积
vvi decomposition(int *a, int n) {
vector<bool> vis(n);
vvi res;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
vector<int> tem;
if (vis[a[i]]) {
continue;
}
int now = i;
while (!vis[a[now]]) {
vis[a[now]] = true;
tem.push_back(a[now]);
now = a[now];
}

res.push_back(tem);
}
return res;
}

// 合并循环乘积为置换
void composition(vvi &a, int *b, int n) {
vector<int> res(n + 1);
for (auto &x:a) {
for (int i = 0; i < x.size(); i++) {
res[x[i]] = x[(i + 1) % x.size()];
}
}
cpy(res.data(), b, n);
}

// 分解转换为一个循环乘积, 保证只能分出一个
// a->b
void decomposition(int *a, int *b, int n) {
cpy(decomposition(a, n).front().data(), b, n);
}

// 合并一个循环乘积为置换
void composition(int *a, int *b, int n) {
vector<int> res(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
res[a[i]] = a[(i + 1) % n];
}
cpy(res.data(), b, n);
}


// 置换快速幂 b=a^k
void qpow(int *a, int n, int k, int *b) {
vvi tem = decomposition(a, n);
for (auto &x:tem) {
for (int i = 0; i < x.size(); i++) {
b[x[i]] = x[(i + k) % x.size()];
}
}
}


void inv(int *a, int *b, int n) {
vector<int> res(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
res[a[i]] = i;
}
cpy(res.data(), b, n);
}

// 置换开方 b = a^{1/n}
bool sqrt(int *a, int *b, int n, int k) {
vector<int> base(n), basepow(n);
vvi fac = decomposition(a, n);
for (vi &faci:fac) {
int size = faci.size();
if (__gcd(k, size) != 1) {
// 这个算法找不到解,但是解应该是存在的
return false;
}
for (int i = 0; i < size; i++) {
base[i] = (i + 1) % size;
}
qpow(base.data(), size, k, basepow.data());

// 把base 和 powbase 转化为置换
//decomposition(base.data(), base.data(), size);
decomposition(basepow.data(), basepow.data(), size);

// 我们关注 powbase -> base , 即 t \circ powbase = base
// 即 t = base*powbase^{-1} = powbase^{-1}
inv(basepow.data(), basepow.data(), size);

mul(basepow.data(), faci.data(), faci.data(), size);
}
composition(fac, b, n);
return true;
}


// get kth
struct bit {
int x2;
vi d;

bit(int mx) {
x2 = 1;
while (x2 < mx) x2 <<= 1;
d = vi(x2 + 1);
}

void add(int i, int x = 1) {
for (i++; i <= x2; i += i & -i) d[i] += x;
}

int kth(int k) {
if (k > d[x2]) return -1;
int i = x2 >> 1, p = 0;
while (i) {
if (d[p + i] < k) p += i, k -= d[p];
i >>= 1;
}
return p;
}
};

// a[1...n]
void getCircle(int *a, int n, int k) {
static bit b(N);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
b.add(i, 1);
}
for (int i = 1, rk = 1; i <= n; i++) {
int mod = n - i + 1;
int add = (k - 1 + mod) % mod;

rk = (rk + add - 1) % mod + 1;
a[i] = b.kth(rk);
b.add(a[i], -1);
}
}


int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
a[i]--;
}


bool ans = sqrt(a.data(), a.data(), n, k);
if (!ans) {
exit(-1);
}

for (int i = 0; i < n; i++) {
cout << a[i] + 1 << " ";
}
cout << endl;

// qpow(a.data(), n, k, a.data());
//
// for (int i = 0; i < n; i++) {
// cout << a[i] + 1 << " ";
// }
// cout << endl;
}

文章作者: fightinggg
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