[NOIP2018模拟赛10.18]自闭报告
闲扯
这一天,菜鸡RyeCatcher又想起来了被毒瘤题支配的恐惧
今天比较好玩,还是ljy提醒才发现文件夹里有题面...不知道外面的人什么时候才发现
看完了题面,又回到了雅礼啥题也不会写的感觉
T1 发现操作就是交换两个数于是写了个假做法就是不同的数之和;分类讨论后文件夹里突然出现一个大样例!发现我的输出居然少5!?于是又分类讨论码码码.后面又有人说大样例是假的woc...T2 暴力 没码完 T3 没思路...
结果30+0+0凉凉,分类讨论多给了我10分hhh
下午讲题的时候因为1926过于瞩目被钦点了,因为码风一贯过长被出题人问是不是正解写挂了也是尴尬...
啊鼠标电池没电了好烦啊 QAQ
T1 duliu
操作就是交换你手中的数和数列中的一个数
怎么判-1?把异或和放在末尾判断排序后是否完全相等(虽然用哈希表也可以)
然后把数字离散化之后将\(a[i],b[i](a[i]!=b[i])\)连边,我们发现如果你手中有一个联通块中的数,那么这个联通块中的数你都可以经过交换得到,但是考虑你从一个联通块跳到另一个还需要换一次数.所以答案为联通块个数+各个联通块的大小.
这个联通块的大小怎么定义?对于联通块点集\(T\), \(size[T] =\sum_{x \in T} times[x]\),\(times[x]\)指\(x\)在\(a\)数组中的出现次数
但是还有一件事要注意,就是特判你当前手中的数--\(a\)数组的异或之和
/*
code by RyeCatcher
*/
inline char gc(){
static char buf[SIZE],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,SIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define gc getchar
template <class T>inline void read(T &x){
x=0;int ne=0;char c;
while((c=gc())>'9'||c<'0')ne=c=='-';x=c-48;
while((c=gc())>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;x=ne?-x:x;return ;
}
gp_hash_table <int,int> g;
const int maxn=100005;
const int inf=0x7fffffff;
int f[maxn],tot=0;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],n;
int fa[maxn<<1],size[maxn<<1];
bool vis[maxn<<1];
int get(int x){return (fa[x]==x)?fa[x]:(fa[x]=get(fa[x]));}
inline void merge(int x,int y){
x=get(x),y=get(y);
if(x==y){
//size[x]++;
return ;
}
if(size[x]<size[y]){
size[y]+=size[x];
fa[x]=y;
}
else{
size[x]+=size[y];
fa[y]=x;
}
return ;
}
ll ans=0;
int main(){
//DEBUG
//freopen("dat.in","r",stdin);
//freopen("duliu_3.in","r",stdin);
int x,pre_sum=0;
read(n);
for(ri i=1;i<=n;i++){
read(x);
pre_sum^=x;
if(!g[x]){
g[x]=++tot;
vis[tot]=0,size[tot]=0,fa[tot]=tot;
f[tot]=x;
}
c[i]=a[i]=g[x];
}
if(!g[pre_sum]){
g[pre_sum]=++tot,f[tot]=g[pre_sum];
vis[tot]=0,size[tot]=0,fa[tot]=tot;
}
//printf("--%d--\n",pre_sum);
a[n+1]=c[n+1]=g[pre_sum];
pre_sum=0;
for(ri i=1;i<=n;i++){
read(x);
pre_sum^=x;
if(!g[x]){
g[x]=++tot;
vis[tot]=0,size[tot]=0,fa[tot]=tot;
f[tot]=x;
}
d[i]=b[i]=g[x];
if(a[i]!=b[i])size[a[i]]++;
}
if(!g[pre_sum]){
g[pre_sum]=++tot,f[tot]=g[pre_sum];
vis[tot]=0,size[tot]=1,fa[tot]=tot;
}
b[n+1]=d[n+1]=g[pre_sum];
n++;
std::sort(c+1,c+1+n);std::sort(d+1,d+1+n);
for(ri i=1;i<=n;i++){
if(c[i]!=d[i]){puts("-1");exit(0);}
if(a[i]!=b[i]){
merge(a[i],b[i]);
}
}
int cnt=0;
x=get(a[n]);
if(size[x]==0){//用if(a[n]==b[n])更好
ans=0,cnt=1;
}
for(ri i=1;i<n;i++){
x=get(a[i]);
if(!vis[x]){
if(size[x]==0)continue;
cnt++,vis[x]=1;
ans+=size[x];
}
}
printf("%lld\n",ans+cnt-1);
return 0;
}
T2 travel
又是道树形DP神仙题
这个平方和期望期望有点毒,不能普通地用\((a+b)^2\)算,类比搞矩阵时的非齐次线性递推（似乎叫这个名字）
\((a+b)^2 = a^2 + 2 \times ab +b^2\)
又转化成线性的了
先想想怎么算\(F\)值,倍增/链剖都是资瓷的.然而题解有一种高明的线性做法---树上差分+栈
我们dfs到一个点\(x\)将该点入栈,从这点回溯到父亲就出栈,发现\(y=st[max(0,top-d[x]-1)]\)就是能走到最远的点的父亲
然后\(tag[x]+=a[x],tag[y]-=a[x]\) ,最后按照树上差分套路求波子树和就好了
求期望考虑naiive 的树形DP,钦定每一个点为根计算答案
\(g[x]\)表示\(x\)子树联通块和平方期望,按上面式子推;\(s[x]\)表示\(x\)子树期望和,这是可以线性推的
一开始\(g[x]=F[x]^2,s[x]=F[x]\)
\(g[x] = p \times (g[x]+2 \times s[x] \times s[son[x]]+g[son[x]]) +(1-p) \times g[x]\)
\(s[x]= p \times (s[x]+s[son[x]])+(1-p) \times s[x]\)
对于\(x\)的每个儿子这么合并就好了
这样是\(O(nq)\)或\(O(n^2)\)的,发现这个可以二次扫描加换根搞
如果不知道建议先去学一学https://rye-catcher.github.io/tags/%E4%BA%8C%E6%AC%A1%E6%89%AB%E6%8F%8F%E4%B8%8E%E6%8D%A2%E6%A0%B9/
二次换根是从上往下递推的,我们对于点\(x\),求出\(o[x][0/1]\),表示向上的联通块和平方期望&和期望,再对于\(x\)的儿子的遍历顺序搞一个前缀\(pre\)和后缀\(suf\)记录兄弟子树的联通块平方和期望与和期望,然后按照平方和公式拆开合并就好了
注意合并前缀后缀,父亲向上和父亲本身成\(o[v][0/1]\)时,我们只用乘以相连\(p\)的概率,昨天就是这里搞错了
/*
code by RyeCatcher
*/
/*
code by RyeCatcher
*/
inline char gc(){
static char buf[SIZE],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,SIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define gc getchar
template <class T>inline void read(T &x){
x=0;int ne=0;char c;
while((c=gc())>'9'||c<'0')ne=c=='-';x=c-48;
while((c=gc())>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;x=ne?-x:x;return ;
}
const int maxn=200005;
const int inf=0x7fffffff;
const ll P=998244353;
int n,q;
struct Edge{
int ne,to;
ll p;
}edge[maxn<<1];
int h[maxn],num_edge=1;
inline void add_edge(int f,int to,ll c){
edge[++num_edge].ne=h[f];
edge[num_edge].to=to;
edge[num_edge].p=c;
h[f]=num_edge;
}
int d[maxn];
ll a[maxn],tag[maxn],f[maxn],g[maxn],s[maxn];
int st[maxn],top=0,fa[maxn];
void pre_dfs(int now){
int v,x;
x=st[max(0,top-d[now])];
st[++top]=now,tag[now]=(tag[now]+a[now])%P,tag[x]=(tag[x]+P-a[now])%P;
for(ri i=h[now];i;i=edge[i].ne){
v=edge[i].to;
if(v==fa[now])continue;
fa[v]=now;
pre_dfs(v);
}
top--;
return ;
}
void get_sum(int now){
int v;
f[now]=(f[now]+tag[now]+P)%P;
for(ri i=h[now];i;i=edge[i].ne){
v=edge[i].to;
if(v==fa[now])continue;
get_sum(v);
f[now]=(f[now]+f[v])%P;
}
return ;
}
int rt;
ll fa_dis[maxn],ans[maxn],pp;
vector <int> son[maxn];
void dfs_1(int now,int fa){
int v;
g[now]=f[now]*f[now]%P,s[now]=f[now];
for(ri i=h[now];i;i=edge[i].ne){
v=edge[i].to;
if(v==fa)continue;
dfs_1(v,now);
pp=edge[i].p;
fa_dis[v]=pp;
son[now].push_back(v);
g[now]=(g[now]+pp*((2*s[now]*s[v]%P+g[v])%P)%P)%P;
s[now]=((s[now]+s[v])*pp%P+((1-pp)%P+P)*s[now]%P)%P;
}
return ;
}
ll pre[maxn][2],suf[maxn][2],o[maxn][2];//兄弟前缀 兄弟后缀 上方
void dfs_2(int now,int fa){
int x,v;
unsigned int size=son[now].size();
o[now][0]=(o[now][0]+2*o[now][1]*f[fa]%P+f[fa]*f[fa]%P)*fa_dis[now]%P;
o[now][1]=(o[now][1]+f[fa])*fa_dis[now]%P;
ans[now]=((g[now]+o[now][0])%P+2*s[now]*o[now][1]%P)%P;
pre[now][0]=o[now][0],pre[now][1]=o[now][1];
suf[now][0]=suf[now][1]=0;
for(ui i=0;i<size;i++){
v=son[now][i],pp=fa_dis[v];
o[v][0]=(o[v][0]+2*o[v][1]*pre[now][1]%P+pre[now][0])%P;
o[v][1]=(o[v][1]+pre[now][1])%P;
pre[now][0]=(pre[now][0]+pp*(2*pre[now][1]*s[v]%P+g[v])%P)%P;
pre[now][1]=((pre[now][1]+s[v])*pp%P+((1-pp)%P+P)*pre[now][1]%P)%P;
v=son[now][size-i-1],pp=fa_dis[v];
o[v][0]=(o[v][0]+2*o[v][1]*suf[now][1]%P+suf[now][0])%P;
o[v][1]=(o[v][1]+suf[now][1])%P;
suf[now][0]=(suf[now][0]+pp*(2*suf[now][1]*s[v]%P+g[v])%P)%P;
suf[now][1]=((suf[now][1]+s[v])*pp%P+((1-pp)%P+P)*suf[now][1]%P)%P;
}
for(ui i=0;i<size;i++){
dfs_2(son[now][i],now);
}
return ;
}
int main(){
//freopen("travel_1.in","r",stdin);
//freopen("wa.out","w",stdout);
//FO(travel);
int x,y;ll z;
read(n);
for(ri i=1;i<=n;i++){
read(a[i]),read(d[i]);
}
for(ri i=1;i<n;i++){
read(x),read(y),read(z);
add_edge(x,y,z);
add_edge(y,x,z);
}
fa[1]=0;
pre_dfs(1);
get_sum(1);
dfs_1(1,0);
dfs_2(1,0);
read(q);
while(q--){
read(x);
printf("%lld\n",ans[x]);
}
return 0;
}
T3 VanUSee
思维智商题,看完solution后只能说自己太傻了
易知总步数为\(|s|-|t|\).
我们先来考虑最简单的情况,就是步数为偶数,\(t\)出现在\(s\)正中央,那么无论先手怎么取,后手对称地取必定能胜利
再稍稍拓展一下发现我们设一个\(t\)串出现在\(s\)串的\([st,st+|t|)\)位置,那么从左边取需要取\(st\)步,右边取需要\(|s|-(st+|t|)+1\)步.我们设那么我们就令一个目标状态\(sta\)为右边需要取得步数-左边需要取得步数（你左右反一下也没关系）.我们发现每一步操作就是使所有\(sta+1/sta-1\).
考虑步数为偶数时,刚刚已经提过后手必胜状态是\(sta==0\).但是还有一种情况是同时存在两种目标状态+2/-2.无论先手怎么走,都可以使得另一个目标状态保持为\(0\)(比如先手+1,那么变成+3/-1,后手也走+1,就成了+4/0)
步数为奇数的时候,先手可以多走一步,他肯定希望朝着不是目标状态的方向走,但是如果同时存在两种目标状态+1/-1.无论你怎么走都可以使一个状态保持为\(0\)
于是直接KMP求出所有目标状态扫一遍就好了
/*
code by RyeCatcher
*/
inline char gc(){
static char buf[SIZE],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,SIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define gc getchar
template <class T>inline void read(T &x){
x=0;int ne=0;char c;
while((c=gc())>'9'||c<'0')ne=c=='-';x=c-48;
while((c=gc())>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;x=ne?-x:x;return ;
}
const int maxn=200005;
const int inf=0x7fffffff;
int fail[maxn];
char s[maxn],t[maxn];
int n,m;
int pos[maxn],tot=0;
bool g[maxn];
inline void kmp(){
memset(fail,0,sizeof(fail));
//printf("%d %d\n",n,m);
for(ri i=2,j=0;i<=m;i++){
if(j&&t[j+1]!=t[i])j=fail[j];
j+=(t[j+1]==t[i]);
fail[i]=j;
//printf("-qwq %d--\n",fail[i]);
}
int k=0;
for(ri i=1;i<=n;i++){
while(k&&t[k+1]!=s[i])k=fail[k];
k+=(t[k+1]==s[i]);
if(k==m){
g[i]=1;
pos[++tot]=i;
k=fail[k];
}
}
return ;
}
int main(){
int x,T;
bool flag1,flag2,flag3;
read(T);
while(T--){
flag1=flag2=flag3=0;
scanf("%s",s+1);
scanf("%s",t+1);
n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
kmp();
if((n-m)&1){
//printf("%d %d\n",n,m);
for(ri i=1;i<=n;i++){
if(g[i]){
//printf("%d ",i);
x=(n-i)-(i-m);
if(x==1)flag1=1;
else if(x==-1)flag2=1;
else if(x==0)flag3=1;
}
g[i]=0;
}
}
else{
for(ri i=1;i<=n;i++){
if(g[i]){
//printf("--%d--\n",i);
x=(n-i)-(i-m);
if(x==2)flag1=1;
else if(x==-2)flag2=1;
else if(x==0)flag3=1;
}
g[i]=0;
}
}
if((flag1&&flag2)||flag3)puts("pty");
else puts("cqf");
}
return 0;
}
终于把咕掉的补上了一点@TYQ
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