练习赛,评测的时候好像出了些问题,最后我拿自己机子测的212/300,第二题负责评测的写的SPJ就判了第一行的答案,不知道有没出什么问题。

T1.palindrome

题目大意:给定一个长度为N的字符串,从中找出一个回文串使其出现次数*长度最大,求出这个值。

思路:做的时候几乎对回文串一无所知,听我旁边某位大神传授manacher就现场学了下,然后按manacher找回文串的方式搞出了一个奇怪的暴力,最后好像骗了很多分(只T了一个点,WA了3个好像是哪里写挂了),但因为太丑又复杂就不解说了。想知道的看看代码脑补吧。

得分:92/100

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
#define MN 300000
#define MV 1200000
#define MOD 9875321
char s[MN+],st[MN*+];
int l[MN*+],f[MN*+],cnt,rr[MV+],ss[MV+];
ll hs[MV+];
struct P{int p,l;}pi[MV+];
bool cmp(P a,P b){return a.l<b.l;}
struct map
{
int h[MOD],nx[MV*/+],z[MV*/+],en,lz;
ll s[MV*/+],ls;
int&operator[](ll x)
{
if(x==ls)return z[lz];
int p=(x%MOD+MOD)%MOD,i;
for(i=h[p];i;i=nx[i])if(s[i]==x)return z[lz=i];
nx[!en||z[en]?++en:en]=h[p];s[en]=x;h[p]=en;return z[lz=en];
}
}mp;
int main()
{
freopen("palindrome.in","r",stdin);
freopen("palindrome.out","w",stdout);
int i,r=,p;ll mx=;
scanf("%s",s);
for(st[i=]='(';s[i];++i)st[(i<<)+]='.',st[i+<<]=s[i];st[(i<<)+]='.';st[i+<<]=;
for(i=;st[i];++i)
{
if(r>i)l[i]=min(l[(p<<)-i],r-i),f[i]=(p<<)-i;
else l[i]=;
pi[++cnt]=(P){i,l[i]};
while(st[i-l[i]]==st[i+l[i]])pi[++cnt]=(P){i,++l[i]};
if(i+l[i]>r)r=i+l[i],p=i;
}
sort(pi+,pi+cnt+,cmp);
for(i=;i<=cnt;++i)
{
if(pi[i].l>)
{
for(r=pi[i].p;!mp[(ll)r*(MV+)+pi[i].l-];r=f[r]);
hs[i]=hs[rr[i]=mp[(ll)r*(MV+)+pi[i].l-]];
}
hs[i]=hs[i]*+st[pi[i].p+pi[i].l-];
mp[(ll)pi[i].p*(MV+)+pi[i].l]=i;
}
memset(&mp,,sizeof(mp));
for(i=cnt;i;--i)
{
if(pi[i].l==l[pi[i].p])++ss[i];
mx=max(mx,(ll)(pi[i].l-)*(mp[hs[i]]+=ss[i]));
ss[rr[i]]+=ss[i];
}
cout<<mx;
fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

正解:听某位巨强的学长说,这是道回文树裸题……我只听过回文树的大名,不知道是什么东西,学了下发现,真是裸题……

#include<cstdio>
#define MN 300000
char s[MN+];
int l[MN+],p[MN+],c[MN+][],f[MN+],tn;
int main()
{
int i,j;long long ans=;
scanf("%s",s+);
f[]=;l[++tn]=-;
for(i=j=;s[i];++i)
{
while(s[i-l[j]-]!=s[i])j=f[j];
if(!c[j][s[i]-'a'])
{
l[++tn]=l[j]+;
for(f[tn]=f[j];s[i-l[f[tn]]-]!=s[i];)f[tn]=f[f[tn]];
f[tn]=c[f[tn]][s[i]-'a'];
c[j][s[i]-'a']=tn;
}
++p[j=c[j][s[i]-'a']];
}
for(i=tn;i>;--i)
{
if(1ll*l[i]*p[i]>ans)ans=1ll*l[i]*p[i];
p[f[i]]+=p[i];
}
printf("%lld",ans);
}

T2.sequence

题目大意:一个长度为N的序列,进行K次操作,每次可以将一段序列截成两段,获得两段和的乘积的得分,求最大得分及方案(1<=K<=N<=100,000,K<=200)。

思路:实际上跟截的顺序没有关系,只要知道最后截的是哪些点就能知道得分,f[i][j]表示前j个分成i段的最大得分,s表示前缀和,则f[i][j]=max(f[i-1][k]+(s[j]-s[k])*s[k]),可以O(KN^2)完成DP,把式子展开发现满足斜率优化条件,复杂度降为O(KN)。序列中元素可能为0,所以有可能出现重点使斜率优化出错,一个解决方案是算斜率的时候减去一个极小的值,就能算出一个靠谱的斜率。方案随便记下转移路径就行了,另外卡内存,需要滚动。

得分:100/100

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
int x=;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=x*+c-'';
return x;
}
#define MK 200
#define MN 100000
int s[MN+],d[MK+][MN+],q[MN+],l,r;
ll f[][MN+];
double cal(int p,int i,int j){return double(f[p][i]-f[p][j])/(s[j]-s[i]-1e-);}
int main()
{
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
int n,k,i,j,p,pl;
n=read();k=read();
for(i=;i<=n;++i)s[i]=s[i-]+read();
for(i=p=,pl=;i<=k;++i,p^=,pl^=)
{
l=r=;
for(j=;j<=n;++j)
{
while(l<r&&cal(pl,q[l+],q[l])<s[j])++l;
d[i][j]=q[l];
f[p][j]=f[pl][q[l]]+(ll)s[j]*s[q[l]];
f[pl][j]-=(ll)s[j]*s[j];
while(l<r&&cal(pl,j,q[r])<cal(pl,q[r],q[r-]))--r;
q[++r]=j;
}
}
cout<<f[pl][n]<<endl;
for(i=n,j=k;j;--j)printf("%d ",i=d[j][i]);
fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

T3.beads

题目大意:一开始你有一个点,每次你可以选择其中一种操作:1.选一个已有的点,向新的点连一条红边;2.选择一条红边,在红边上插一个新点,使红边被拆成两条蓝边。现在给你一颗树,给出边上权值,要求你给边染色,使得染色后的树可能是由一个点进行一系列操作得到的,要求最大化蓝边总长,求出这个值。(点数<=200,000)

思路:做的时候好像迷之理解错了,大致理解成一开始有n个点然后互相连边或插入(实际上每次只能把一个新点加入已有的一棵树中)。然后得到的结论是每次能把两条相邻的红边染成蓝色,乱写了个DP,结果只有20(WAWAWA)。

得分:20/100

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=x*+c-'';
return x;
}
#define MN 200000
#define INF 0x3fffffff
struct edge{int nx,t,w;}e[MN*+];
int h[MN+],en,f[MN+][];
inline void ins(int x,int y,int w)
{
e[++en]=(edge){h[x],y,w};h[x]=en;
e[++en]=(edge){h[y],x,w};h[y]=en;
}
void dp(int x,int fa)
{
int i,p,mx=-INF,mx2=-INF;
for(i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa)
{
dp(e[i].t,x);
f[x][]+=p=max(f[e[i].t][]+e[i].w,f[e[i].t][]);
p=f[e[i].t][]+e[i].w-p;
if(p>mx)mx2=mx,mx=p;
else if(p>mx2)mx2=p;
}
f[x][]=f[x][]+mx;
f[x][]=max(f[x][],f[x][]+mx+mx2);
}
int main()
{
freopen("beads.in","r",stdin);
freopen("beads.out","w",stdout);
int n=read(),i,x,y;
for(i=;i<n;++i)x=read(),y=read(),ins(x,y,read());
dp(,);
printf("%d",f[][]);
fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

正解:先考虑暴力枚举一个点作为最开始的点,定为树的根,然后以插入来加入树的点必然是插入在自己父亲和一个儿子之间(而不可能是自己的两个儿子),DP用f[i][0/1]表示以i为根的子树,i节点是否为被插入的点来DP,每次DP可以O(n)。得到一个点为根的DP状态时,我们可以用O(1)移动这个根(dfs,要转到一个儿子,先删掉自己的这棵子树,再在子树中加上自己,可能需要维护次大值)。总复杂度O(n)。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
int x;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=(x<<)+(x<<)+c-'';
return x;
}
#define MN 200000
#define INF 0x7FFFFFFF
struct edge{int nx,t,w;}e[MN*+];
int h[MN+],en,f[MN+][],z[MN+][],mx[MN+],mx2[MN+],ans;
inline void ins(int x,int y,int w)
{
e[++en]=(edge){h[x],y,w};h[x]=en;
e[++en]=(edge){h[y],x,w};h[y]=en;
}
void dp(int x,int fa)
{
mx[x]=mx2[x]=-INF;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nx)if((y=e[i].t)!=fa)
{
dp(y,x);
z[y][]=max(f[y][],f[y][]+e[i].w);
z[y][]=f[y][]+e[i].w-z[y][];
f[x][]+=z[y][];
if(z[y][]>mx[x])mx2[x]=mx[x],mx[x]=z[y][];
else if(z[y][]>mx2[x])mx2[x]=z[y][];
}
f[x][]=f[x][]+mx[x];
}
void dfs(int x,int fa)
{
ans=max(ans,f[x][]);
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nx)if((y=e[i].t)!=fa)
{
f[x][]-=z[y][];f[x][]-=z[y][];
if(z[y][]==mx[x])f[x][]-=mx[x]-mx2[x];
int z0=max(f[x][],f[x][]+e[i].w),z1=f[x][]+e[i].w-z0;
f[y][]+=z0;f[y][]+=z0;
if(z1>mx[y])f[y][]+=z1-mx[y],mx2[y]=mx[y],mx[y]=z1;
else if(z1>mx2[y])mx2[y]=z1;
dfs(y,x);
f[x][]+=z[y][];f[x][]+=z[y][];
if(z[y][]==mx[x])f[x][]+=mx[x]-mx2[x];
}
}
int main()
{
freopen("beads.in","r",stdin);
freopen("beads.out","w",stdout);
int n=read(),i,x,y;
for(i=;i<n;++i)x=read(),y=read(),ins(x,y,read());
dp(,);dfs(,);
printf("%d",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

APIO 2014的更多相关文章

  1. APIO 2014 回文串(Manacher+后缀自动机+倍增)

    题意 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3676 思路 好像还是回文自动机裸体,但是 \(\text{Manacher}\) +后缀自动 ...

  2. 解题:APIO 2014 序列分割

    题面 拆开式子我们发现切割顺序不影响答案,所以可以设计出一个$dp[i][j]$表示到$i$为止切了$j$刀的最大收益之类的,然后做个前缀和就可以转移了. $dp[i][j]=min(dp[i][j] ...

  3. 解题:APIO 2014 回文串

    题面 初见SAM 洛谷数据太弱了,我SAM写错了居然有90pts=.=??? SAM求一个子串$(l,r)$的出现次数:从右端点对应状态开始在parent树上倍增,当目标节点的$len$大于等于子串长 ...

  4. 【UOJ #104】【APIO 2014】Split the sequence

    http://uoj.ac/problem/104 此题的重点是答案只与切割的最终形态有关,与切割顺序无关. 设\(f(i,j)\)表示前\(i\)个元素切成\(j\)个能产生的最大贡献. \(f(i ...

  5. 【UOJ #103】【APIO 2014】Palindromes

    http://uoj.ac/problem/103 由manacher得:本质不同的回文串只有\(O(n)\)个. 用manacher求出所有本质不同的回文串,对每个本质不同的回文串,在后缀自动机的p ...

  6. 【题解】回文串 APIO 2014 BZOJ 3676 COGS 1985 Manacher+后缀数组+二分

    这题可以用回文自动机来做,但是我并没有学,于是用Manacher+SA的做法O(nlogn)水过 首先,看到回文串就能想到用Manacher 同样还是要利用Manacher能不重复不遗漏地枚举每个回文 ...

  7. [APIO 2014] 序列分割

    [题目链接] https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3675 [算法] 首先 , 我们发现将一段序列切成若干段所获得的收益与顺序无关 于是我 ...

  8. 学习笔记--APIO 2018 二分专题 By wuvin

    前言: 在APIO 2018 Day2下午听wuvin讲二分,听了一上午的神仙,现在终于有可以听懂了. 专题: 平均边权最大 题目链接:https://www.questoj.cn/problem/3 ...

  9. DP的优化总结

    一.预备知识 \(tD/eD\) 问题:状态 t 维,决策 e 维.时间复杂度\(O(n^{e+t})\). 四边形不等式: 称代价函数 w 满足凸四边形不等式,当:\(w(a,c)+w(b,d)\l ...

随机推荐

  1. SpaceVim - 让你的vim变得更加高效和强大

    SpaceVim 中文手册 项 目 主 页: https://spacevim.org Github 地址 : https://github.com/SpaceVim/SpaceVim SpaceVi ...

  2. 命令行窗口中用telnet测试HTTP协议

    1. 命令行窗口中用telnet测试HTTP协议 HTTP消息是由普通ASCII文本组成.消息包括消息头和数据体部分.消息头以行为单位,每行以CRLF(回车和换行)结束,消息头结束后,额外增加一个CR ...

  3. R语言基础1

    ----------------------------------R语言学习与科研应用,科研作图,数据统计挖掘分析,群:719954246-------------------------- 我们将 ...

  4. STM32F4系列单片机上使用CUBE配置MBEDTLS实现pem格式公钥导入

    |版权声明:本文为博主原创文章,未经博主允许不得转载. 最近尝试在STM32F4下用MBEDTLS实现了公钥导入(我使用的是ECC加密),整个过程使用起来比较简单. 首先,STM32F4系列CUBE里 ...

  5. PHP处理上传文件

    HTML中使用type = 'file'类型的表单可以向服务器上传文件: 上传文件的表单必须在form中定义enctyp = 'multipart/form-data': HTML代码如下: < ...

  6. Ansible实战演练

    [root@Ansible-server ~]# rpm -Uvh http://mirrors.ustc.edu.cn/fedora/epel/6/x86_64/epel-release-6-8.n ...

  7. 云计算学习(5-1)云平台产品介绍-华为的FusionCloud产品

    FusionSphere云平台:继承了虚拟化和云管理系统,为企业构建私有云  FusionManager:云管理平台(管理计算虚拟化.网络虚拟化.存储虚拟化) FusionCompute.Fusion ...

  8. Spring MVC拦截器的配置

    最近在用SpringMVC,想用它的拦截器,但是配置了几次都不成功了,最后翻阅了不少文章终于成功了,遂记录于此,以方便他人. 首先引入命名空间: xmlns:mvc="http://www. ...

  9. python--同步锁/递归锁/协程

    同步锁/递归锁/协程 1 同步锁 锁通常被用来实现对共享资源的同步访问,为每一个共享资源创建一个Lock对象,当你需需要访问该资源时,调用acquire()方法来获取锁对象(如果其他线程已经获得了该锁 ...

  10. 框架学习笔记之Hibernate

    一.什么是Hibernate Hibernate框架是当今主流的持久层框架之一,该框架是基于JDBC的主流持久化框架,使用它之后能够大大简化程序DAO层的代码量,提高工作效率,因此受广大开发人员的喜爱 ...