2018.8.7 Noip2018模拟测试赛（二十）

日期：	八月七号	总分：	300分
难度：	提高 ~ 省选	得分：	100分（呵呵一笑）

题目列表：

　　T1：SS

　　T2：Tree Game

　　T3：二元运算

赛后反思：

Emmmmmm……

开局随便看，第二题发现手算样例不对……

比赛快结束时，又看了看题，才发现自己看错了……

最终，改A了……Emmmmmm……

题解：

T1：SS

特别特别玄学的一道题……

原串是一个偶串，设半个原串为S，加起来就是SS。

设S的最长公共前缀后缀为T，（用 KMP 的 next 求）

那么接下来的串为 STST，STSSTS，STSSTSTSST……

只看一半：S，ST，STS，STSST……

这不是斐波那契吗？由于斐波那增长很快，我们暴力求出在 l，r 的串，差分出答案。

CODE：

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 using namespace std;

 char s[];

 long long l,r,siz[],sum[][],ans[];

 int n,lim,nxt[];

 void get_next(){

     int i=,j=;

     nxt[]=;

     while(i<=n){

         if(j==||s[i]==s[j]){

             nxt[++i]=++j;

         }else j=nxt[j];

     }

 }

 void get_ans(long long x,int f){

     for(int i=lim;i>=;i--)

         if(x>=siz[i]){

             for(int j=;j<;j++)

                 ans[j]+=f*sum[i][j];

             x-=siz[i];

         }

     for(int i=;i<=x;i++)ans[s[i]-'a']+=f;

 }

 int main(){

     scanf("%s%lld%lld",s+,&l,&r);

     n=strlen(s+)>>;

     get_next();

     int t=nxt[n];

     for(int i=;i<=n;i++)sum[][s[i]-'a']++;

     for(int i=;i<;i++)sum[][i]=sum[][i];

     for(int i=;i<=n-t;i++)sum[][s[i]-'a']++;

     siz[]=n,siz[]=*n-t;

     for(int i=;i<=;i++){

         for(int j=;j<;j++)

             sum[i][j]=sum[i-][j]+sum[i-][j];

         siz[i]=siz[i-]+siz[i-];

         if(siz[i]>1e18){lim=i;break;}

     }

     get_ans(l-,-);

     get_ans(r,);

     for(int i=;i<;i++)printf("%lld ",ans[i]);

     return ;

 }

T2：Tree Game

你可以很轻易的发现一个结论，先手必须要往权值更小的点走，不然对手跟你对着干就能把你逼死。

当前子树如果有必胜的策略，那就一定有一个儿子的子树是必胜的，且权值小于它。

于是乎，dp秒杀吧！时间 $O(n^2)$

CODE：

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 using namespace std;

 int tot=,h[];

 int n,x,y,f[],val[];

 struct Edge{

     int x,next;

 }e[];

 inline void add_edge(int x,int y){

     e[++tot].x=y;

     e[tot].next=h[x],h[x]=tot;

 }

 void dfs(int x){

     f[x]=;

     for(int i=h[x];i;i=e[i].next){

         if(~f[e[i].x])continue;

         dfs(e[i].x);

         if(val[e[i].x]<val[x]&&f[e[i].x]==)f[x]=;

     }

 }

 int main(){

     scanf("%d",&n);

     for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",val+i);

     for(int i=;i<n;i++){

         scanf("%d%d",&x,&y);

         add_edge(x,y);

         add_edge(y,x);

     }

     for(int i=;i<=n;i++){

         memset(f,-,sizeof(f));

         dfs(i);

         if(f[i])printf("%d ",i);

     }

 }

T3：二元运算

CDQ分治加FFT。

如果只有第一种运算就是裸的FFT求卷积，只有第二种运算可以把B序列翻转，然后求卷积即可。

但是有 x 与 y 大小关系的限制使得我们不能直接求卷积来得出答案。

考虑分治，对于每个区间 $[l,r]$，处理出$A$中的$[l,mid]$与$B$中的$[mid+1,r]$对答案的贡献以及$A$中的$[mid+1,r]$与$B$中的$[l,mid]$对答案的贡献，这两个是有严格的 x 与 y 的大小关系的，分别使用 FFT 求卷积解决。再递归处理子区间即可。

时间复杂度$O(Tnlog^2n)$

CODE：

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 using namespace std;

 #pragma GCC optimize(3)

 const double PI=acos(-);

 int T,n,m,q,x;

 int rev[],A[],B[];

 long long ans[];

 struct cmplx{

     double x,y;

     cmplx(double a=,double b=){x=a;y=b;}

     cmplx operator+(cmplx b){

         return cmplx(x+b.x,y+b.y);

     }

     cmplx operator+=(cmplx b){

         return *this=*this+b;

     }

     cmplx operator-(cmplx b){

         return cmplx(x-b.x,y-b.y);

     }

     cmplx operator*(cmplx b){

         return cmplx(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);

     }

     cmplx operator*=(cmplx b){

         return *this=*this*b;

     }

 }a[],b[];

 int read(){

     int x=;

     char c;

     do c=getchar();

     while(!isdigit(c));

     do{

         x=(x<<)+(x<<)+(c^);

         c=getchar();

     }while(isdigit(c));

     return x;

 }

 void FFT(cmplx a[],int bit,int dft){

     for(int i=;i<bit;i++)

         if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);

     for(int i=;i<bit;i<<=){

         cmplx W(cos(PI/i),dft*sin(PI/i));

         for(int j=;j<bit;j+=i<<){

             cmplx w(,);

             for(int k=j;k<i+j;k++,w=w*W){

                 cmplx x=a[k];

                 cmplx y=w*a[k+i];

                 a[k]=x+y,a[k+i]=x-y;

             }

         }

     }

     if(dft==-)for(int i=;i<bit;i++)a[i].x/=bit;

 }

 void solve(int l,int r){

     if(l==r)return;

     int mid=l+r>>,n=;

     while(n<=r-l+)n<<=;

     for(int i=l;i<=mid;i++)

         a[i-l]=cmplx(A[i],);

     for(int i=mid+;i<=r;i++)

         b[i-mid-]=cmplx(B[i],);

     for(int i=mid-l+;i<n;i++)

         a[i]=cmplx(,);

     for(int i=r-mid;i<n;i++)

         b[i]=cmplx(,);

     for(int i=;i<n;i++)

         rev[i]=(rev[i>>]>>)|(i&)*(n>>);

     FFT(a,n,),FFT(b,n,);

     for(int i=;i<n;i++)a[i]=a[i]*b[i];

     FFT(a,n,-);

     for(int i=;i<=r-l+;i++)

         ans[i+l+mid+]+=(long long)(a[i].x+0.5);

     solve(l,mid),solve(mid+,r);

 }

 int main(){

     T=read();

     while(T--){

         memset(A,,sizeof(A));

         memset(B,,sizeof(B));

         memset(a,,sizeof(a));

         memset(b,,sizeof(b));

         memset(ans,,sizeof(ans));

         int maxn=,bit=;

         n=read(),m=read(),q=read();

         for(int i=;i<=n;i++){

             x=read();

             A[x]++,maxn=max(maxn,x);

         }

         for(int i=;i<=m;i++){

             x=read();

             B[x]++,maxn=max(maxn,x);

         }

         while(bit<=maxn<<)bit<<=;

         for(int i=;i<bit;i++)

             rev[i]=(rev[i>>]>>)|(i&)*(bit>>);

         for(int i=;i<=maxn;i++)

             b[maxn-i].x=B[i];

         for(int i=;i<=maxn;i++)

             a[i].x=A[i];

         FFT(a,bit,),FFT(b,bit,);

         for(int i=;i<bit;i++)a[i]=a[i]*b[i];

         FFT(a,bit,-);

         for(int i=;i<=maxn;i++)

             ans[i]=(long long)(a[i+maxn].x+0.5);

         solve(,maxn);

         for(int i=;i<=q;i++){

             x=read();

             printf("%lld\n",ans[x]);

         }

     }

 }