【简要题解】Hihocoder 重复旋律1-8简要题解

编号 名称标签 难度
1403 后缀数组一·重复旋律 Lv.4
1407 后缀数组二·重复旋律2 Lv.4
1415 后缀数组三·重复旋律3 Lv.4
1419 后缀数组四·重复旋律4 Lv.4
1445 后缀自动机二·重复旋律5 Lv.4
1449 后缀自动机三·重复旋律6 Lv.4
1457 后缀自动机四·重复旋律7 Lv.1
1465 后缀自动机五·重复旋律8 Lv.1
1466 后缀自动机六·重复旋律9 Lv.1

后缀数组

思路简单但是实现要想一想？之前我看的是什么lj教程，不如自己xjb强行写一下递归形式的然后改成循环就好了(我自己写的跑得贼慢，什么时候看看别人咋改进的)

关于height数组，它的性质是显然的就不讲了，不过height数组给人的启示是，带有前缀交性质的查询可以将元素按照字典序排序，这样连续一段的前缀交=\((l,R]\)的相邻前缀交了。同时也有\(h[i]\ge h[i-1]-1\)这个结论。

重复旋律1

题目大意是问你满足这个条件的子串的最长长度

条件:在母串出现次数至少为k次(可以重叠出现)

子串=后缀的前缀，现在只要定位height数组任意一个长度为k-1的子段，查询一下其中的最小值，我们是要求这些最小值的最大值。线段树就行了

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define mid ((l+r)>>1)

#define lef l,mid,pos<<1

#define rgt mid+1,r,pos<<1|1

#define DEBUG(s,a) cerr<<#s" = "<<(s)<<" \n"[(a)==1]

using namespace std;  typedef long long ll;   char __buf[1<<18],*__c=__buf,*__ed=__buf;

inline int qr(){

	int ret=0,f=0,c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int maxn=1e5+5;

char c[maxn];

int sa[maxn],h[maxn],rk[maxn],seg[maxn<<2],n;

void sufsort(char*c,int*sa,int*rk,int*h,int n){

	static int temp[maxn<<1],b[maxn];

	c[0]='!';

	for(int k=0,m=128;(1<<k>>1)<=n;++k){

		if(!k) for(int t=1;t<=n;++t) temp[t]=t,rk[t]=c[t],temp[t+n]=0;

		int l=1<<k>>1,p=0,q=l;

		for(int t=1;t<=n;++t){

			if(sa[t]>=n-l+1) temp[++p]=sa[t];

			if(sa[t]>l) temp[++q]=sa[t]-l;

		}

		for(int t=1;t<=n;++t) ++b[rk[t]];

		for(int t=1;t<=m;++t) b[t]+=b[t-1];

		for(int t=n;t;--t) sa[b[rk[temp[t]]]--]=temp[t];

		memset(b,0,(m+1)<<2); memcpy(temp+1,rk+1,n<<2); rk[sa[1]]=1;

		for(int t=2;t<=n;++t)

			rk[sa[t]]=temp[sa[t]]==temp[sa[t-1]]&&temp[sa[t]+l]==temp[sa[t-1]+l]?rk[sa[t-1]]:rk[sa[t-1]]+1;

		m=rk[sa[n]];

	}

	for(int t=1,l=0;t<=n;++t){

		if(l) --l;

		if(rk[t]>1) while(c[t+l]==c[sa[rk[t]-1]+l]) ++l;

		else l=0;

		h[rk[t]]=l;

	}

}

void build(int l,int r,int pos){

	if(l==r) return seg[pos]=h[l],void();

	build(lef); build(rgt);

	seg[pos]=min(seg[pos<<1],seg[pos<<1|1]);

}

int que(int L,int R,int l,int r,int pos){

	if(L>r||R<l) return 1e9;

	if(L<=l&&r<=R) return seg[pos];

	return min(que(L,R,lef),que(L,R,rgt));

}

int que(int l,int r){

	if(rk[l]>rk[r])	swap(l,r);

	return que(rk[l]+1,rk[r],1,n,1);

}

int main(){

	scanf("%s",c+1); n=strlen(c+1);

	sufsort(c,sa,rk,h,n);

	build(1,n,1);

	int ans=0;

	for(int t=1;t<=n;++t)

		for(int i=1;i<=n-t;i+=t){

			int k=que(i,i+t);

			ans=max(ans,k/t+1);

			if(i>=t-k%t) ans=max(que(i-t+k%t,i+k%t)/t+1,ans);

		}

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

重复旋律2

题目大意是问你满足这个条件的子串的最长长度

条件:在母串出现次数至少为k次(不可以重叠出现)

现在问题其实就变成了：

\[\max l \text{ 使得}
\\
\exist i,j \text{ 满足 } i<j-l \and \text{lcp}(i,j)\ge l
\]

显然满足二分性，二分就行。

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<set>

#define DEBUG(s,a) cerr<<#s" = "<<(s)<<" \n"[(a)==1]

#define mid ((l+r)>>1)

using namespace std;  typedef long long ll;

inline int qr(){

	int ret=0,f=0,c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int maxn=1e5+5;

int rk[maxn],sa[maxn],c[maxn],height[maxn],n;

inline void sufsort(int*str,int*sa,int*rk,int*height,int n){

	static int temp[maxn<<1],buk[maxn];

	str[0]=-1;

	for(int k=0,m=1000;(1<<k>>1)<=n;++k){

		if(!k) for(int t=1;t<=n;++t) temp[t]=t,temp[t+n]=0,rk[t]=str[t];

		int l=1<<k>>1,p=0,q=l;

		for(int t=1;t<=n;++t){

			if(sa[t]>=n-l+1) temp[++p]=sa[t];

			if(sa[t]>l) temp[++q]=sa[t]-l;

		}

		for(int t=1;t<=n;++t) ++buk[rk[t]];

		for(int t=1;t<=m;++t) buk[t]+=buk[t-1];

		for(int t=n;t;--t) sa[buk[rk[temp[t]]]--]=temp[t];

		memset(buk,0,(m+1)<<2); memcpy(temp+1,rk+1,n<<2); rk[sa[1]]=1;

		for(int t=1;t<=n;++t)

			rk[sa[t]]=temp[sa[t]]==temp[sa[t-1]]&&temp[sa[t]+l]==temp[sa[t-1]+l]?rk[sa[t-1]]:rk[sa[t-1]]+1;

		m=rk[sa[n]];

	}

	for(int t=1,l=0;t<=n;++t){

		if(l) --l;

		if(rk[t]>1) while(str[t+l]==str[sa[rk[t]-1]+l]) ++l;

		else l=0;

		height[rk[t]]=l;

	}

}

bool chek(int k){

	for(int l=1,r=1;r<=n;l=++r){

		if(height[l]<k) continue;

		int Min=sa[l],Max=sa[l];

		if(l>1) Min=min(sa[l-1],Min),Max=max(Max,sa[l-1]);

		while(r<n&&height[r+1]>=k) ++r,Min=min(Min,sa[r]),Max=max(Max,sa[r]);

		if(Max-Min+1>k) return 1;

	}

	return 0;

}

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("in.in","r",stdin);

	freopen("out.out","w",stdout);

#endif

	n=qr();

	for(int t=1;t<=n;++t) c[t]=qr();

	sufsort(c,sa,rk,height,n);

	int l=0,r=n;

	do

		if(chek(mid)) l=mid+1;

		else r=mid-1;

	while(l<=r);

	printf("%d\n",r);

	return 0;

}

重复旋律3

问两个串的最长公共子串。

按道理应该可以AC自动机做，但是我没想出来

把两个串顺序连接在一起，中间设放一个分隔符位置设为k，问题就变成了

\[\max l \text{ 使得}
\\
\exist i,j \text{ 满足 } i<k\and j>k \and \text{lcp}(i,j)\ge l
\]

显然满足二分性，直接二分就行

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define mid ((l+r)>>1)

#define DEBUG(s,a) cerr<<#s" = "<<(s)<<" \n"[(a)==1]

using namespace std;  typedef long long ll;   char __buf[1<<18],*__c=__buf,*__ed=__buf;

inline int qr(){

	int ret=0,f=0,c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int maxn=2e5+5;

int sa[maxn],rk[maxn],height[maxn],n,k;

char c[maxn];

void sufsort(char*str,int*sa,int*rk,int*height,int n){

	static int temp[maxn<<1],buk[maxn];

	str[0]='~';

	for(int k=0,m=1000;(1<<k>>1)<=n;++k){

		if(!k) for(int t=1;t<=n;++t) temp[t]=t,temp[t+n]=0,rk[t]=str[t];

		int l=1<<k>>1,p=0,q=l;

		for(int t=1;t<=n;++t){

			if(sa[t]>=n-l+1) temp[++p]=sa[t];

			if(sa[t]>l) temp[++q]=sa[t]-l;

		}

		for(int t=1;t<=n;++t) ++buk[rk[t]];

		for(int t=1;t<=m;++t) buk[t]+=buk[t-1];

		for(int t=n;t;--t) sa[buk[rk[temp[t]]]--]=temp[t];

		memset(buk,0,(m+1)<<2); memcpy(temp+1,rk+1,n<<2); rk[sa[1]]=1;

		for(int t=2;t<=n;++t)

			rk[sa[t]]=temp[sa[t]]==temp[sa[t-1]]&&temp[sa[t]+l]==temp[sa[t-1]+l]?rk[sa[t-1]]:rk[sa[t-1]]+1;

		m=rk[sa[n]];

	}

	for(int t=1,l=0;t<=n;++t){

		if(l) --l;

		if(rk[t]>1) while(str[t+l]==str[sa[rk[t]-1]+l]) ++l;

		else l=0;

		height[rk[t]]=l;

	}

}

bool chek(int L){

	for(int l=1,r=1;r<=n;l=++r){

		if(height[l]<L) continue;

		int Min=sa[l],Max=sa[l];

		if(l>1) Min=min(sa[l-1],Min),Max=max(Max,sa[l-1]);

		while(r<n&&height[r+1]>=L) ++r,Min=min(Min,sa[r]),Max=max(Max,sa[r]);

		if(Min<k&&Max>k) return 1;

	}

	return 0;

}

int main(){

	scanf("%s",c+1);

	n=strlen(c+1); c[k=++n]='_';

	scanf("%s",c+n);

	n=strlen(c+1);

	sufsort(c,sa,rk,height,n);

	int l=0,r=n;

	do

		if(chek(mid)) l=mid+1;

		else r=mid-1;

	while(l<=r);

	printf("%d\n",r);

	return 0;

}

重复旋律4

题意是问你，母串的某个子段可以被表示成k个相同的串重复k次，给你母串问你最大可能的k

用别的方法描述一下这个问题，就变成了要你在母串中找到一个位置的数列\(P=\{p_i\}\)满足\(P\)是一个等差数列且要求任意两个\(p\)的\(\text{lcp} \ge d\) ，答案是最大的\(|P|\)。

检查一个串是否是由某个串重复很多次得到，只要需要枚举长度i然后比对原串和suf[i]是否相同即可。匹配出来得到的长度\(l\)显然是小于重复长度+i的。这是因为将串平移后和自己匹配的诸多性质。

但是现在还需要枚举一个偏移量，实际上我们不需要枚举这个偏移量，直接枚举每个长度然后枚举这个长度的倍数。我们可以发现，假设最优答案的起始位置的偏移=k，那么我们一定在某次查询时，少算了一个循环。此时可以发现，少算的那个被我们枚举的分界点分开了，具体分界点在哪里，假设查询出来长度为j，分界点就在负偏移j%i处。每次算一下就行，这样就一定会统计到最优答案。

因为每次统计答案的时候，统计出来的值都是真的(就是合法的，不会比答案大)，所以每次弄就行。

序列上的等差子序列问题一般和一个复杂度是调和级数\((O(1))\)的经典做法有关...

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define mid ((l+r)>>1)

#define lef l,mid,pos<<1

#define rgt mid+1,r,pos<<1|1

#define DEBUG(s,a) cerr<<#s" = "<<(s)<<" \n"[(a)==1]

using namespace std;  typedef long long ll;   char __buf[1<<18],*__c=__buf,*__ed=__buf;

inline int qr(){

	int ret=0,f=0,c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int maxn=1e5+5;

char c[maxn];

int sa[maxn],h[maxn],rk[maxn],seg[maxn<<2],n;

void sufsort(char*c,int*sa,int*rk,int*h,int n){

	static int temp[maxn<<1],b[maxn];

	c[0]='!';

	for(int k=0,m=128;(1<<k>>1)<=n;++k){

		if(!k) for(int t=1;t<=n;++t) temp[t]=t,rk[t]=c[t],temp[t+n]=0;

		int l=1<<k>>1,p=0,q=l;

		for(int t=1;t<=n;++t){

			if(sa[t]>=n-l+1) temp[++p]=sa[t];

			if(sa[t]>l) temp[++q]=sa[t]-l;

		}

		for(int t=1;t<=n;++t) ++b[rk[t]];

		for(int t=1;t<=m;++t) b[t]+=b[t-1];

		for(int t=n;t;--t) sa[b[rk[temp[t]]]--]=temp[t];

		memset(b,0,(m+1)<<2); memcpy(temp+1,rk+1,n<<2); rk[sa[1]]=1;

		for(int t=2;t<=n;++t)

			rk[sa[t]]=temp[sa[t]]==temp[sa[t-1]]&&temp[sa[t]+l]==temp[sa[t-1]+l]?rk[sa[t-1]]:rk[sa[t-1]]+1;

		m=rk[sa[n]];

	}

	for(int t=1,l=0;t<=n;++t){

		if(l) --l;

		if(rk[t]>1) while(c[t+l]==c[sa[rk[t]-1]+l]) ++l;

		else l=0;

		h[rk[t]]=l;

	}

}

void build(int l,int r,int pos){

	if(l==r) return seg[pos]=h[l],void();

	build(lef); build(rgt);

	seg[pos]=min(seg[pos<<1],seg[pos<<1|1]);

}

int que(int L,int R,int l,int r,int pos){

	if(L>r||R<l) return 1e9;

	if(L<=l&&r<=R) return seg[pos];

	return min(que(L,R,lef),que(L,R,rgt));

}

int que(int l,int r){

	if(rk[l]>rk[r])	swap(l,r);

	return que(rk[l]+1,rk[r],1,n,1);

}

int main(){

	scanf("%s",c+1); n=strlen(c+1);

	sufsort(c,sa,rk,h,n);

	build(1,n,1);

	int ans=0;

	for(int t=1;t<=n;++t)

		for(int i=1;i<=n-t;i+=t){

			int k=que(i,i+t);

			ans=max(ans,k/t+1);

			if(i>=t-k%t) ans=max(que(i-t+k%t,i+k%t)/t+1,ans);

		}

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

重复旋律5

答案=\(\sum len-len[fa]\)

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<vector>

using namespace std;  typedef long long ll;

inline int qr(){

	int ret=0,f=0,c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int maxn=1000000+5;

int fa[maxn<<1],len[maxn<<1],trans[maxn<<1][26],siz[maxn<<1],last=1,cnt=1;

vector<int> e[maxn<<1];

char buf[maxn];

void insert(int c){

	int u=++cnt,v=last;

	len[u]=len[v]+1;

	while(v&&!trans[v][c]) trans[v][c]=u,v=fa[v];

	if(!v) fa[u]=1;

	else {

		int x=trans[v][c];

		if(len[x]==len[v]+1) fa[u]=x;

		else {

			int y=++cnt;

			for(int t=0;t<26;++t) trans[y][t]=trans[x][t];

			fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[u]=y; len[y]=len[v]+1;

			while(v&&trans[v][c]==x) trans[v][c]=y,v=fa[v];

		}

	}

	siz[u]=1; last=u;

}

ll ans;

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("in.in","r",stdin);

	//freopen("out.out","w",stdout);

#endif

	scanf("%s",buf);

	for(int t=0,ed=strlen(buf);t<ed;++t) insert(buf[t]-'a');

	for(int t=1;t<=cnt;++t) ans+=len[t]-len[fa[t]];

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

重复旋律6

每个状态对于\([len[fa]+1,len[i]]\)都有\(|endpos|\)的贡献(取max)，弄个线段树就行了

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define mid ((l+r)>>1)

#define lef l,mid,pos<<1

#define rgt mid+1,r,pos<<1|1

#define getchar() (__c==__ed?(__ed=__buf+fread(__c=__buf,1,1<<19,stdin),*__c++):*__c++)

using namespace std;  typedef long long ll;   char __buf[1<<19],*__c=__buf,*__ed=__buf;

const int maxn=2e6+6;

int fa[maxn],len[maxn],siz[maxn],trans[maxn][26],cnt=1,last=1;

int head[maxn],seg[maxn<<1],tag[maxn<<1],n;

struct E{int to,nx;}e[maxn<<1];

void add(int fr,int to){

	static int cnt=0;

	e[++cnt]={to,head[fr]}; head[fr]=cnt;

	e[++cnt]={fr,head[to]}; head[to]=cnt;

}

void insert(int c){

	int u=++cnt,v=last;

	len[u]=len[v]+1;

	while(v&&!trans[v][c]) trans[v][c]=u,v=fa[v];

	if(!v) fa[u]=1;

	else {

		int x=trans[v][c];

		if(len[x]==len[v]+1) fa[u]=x;

		else {

			int y=++cnt;

			for(int t=0;t<26;++t) trans[y][t]=trans[x][t];

			fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[u]=y; len[y]=len[v]+1;

			while(v&&trans[v][c]==x) trans[v][c]=y,v=fa[v];

		}

	}

	siz[u]=1; last=u;

}

void pd(int pos){

	if(tag[pos]){

		seg[pos<<1]=max(seg[pos<<1],tag[pos]);

		seg[pos<<1|1]=max(seg[pos<<1|1],tag[pos]);

		tag[pos<<1]=max(tag[pos<<1],tag[pos]);

		tag[pos<<1|1]=max(tag[pos<<1|1],tag[pos]);

		tag[pos]=0;

	}

}

void pp(int pos){seg[pos]=max(seg[pos<<1],seg[pos<<1|1]);}

void ans(int l,int r,int pos){

	if(l==r) return printf("%d\n",seg[pos]),void();

	pd(pos); ans(lef); ans(rgt);

}

void upd(int v,int L,int R,int l,int r,int pos){

	if(L>r||R<l) return;

	if(L<=l&&r<=R) return seg[pos]=max(seg[pos],v),tag[pos]=max(tag[pos],v),void();

	pd(pos); upd(v,L,R,lef); upd(v,L,R,rgt);

}

void dfs(int now,int last){

	for(int t=head[now];t;t=e[t].nx)

		if(e[t].to!=last)

			dfs(e[t].to,now),siz[now]+=siz[e[t].to];

	upd(siz[now],len[last]+1,len[now],1,n,1);

}

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("in.in","r",stdin);

	freopen("out.out","w",stdout);

#endif

	for(char c=getchar();isalpha(c);c=getchar()) ++n,insert(c-'a');

	for(int t=1;t<=cnt;++t) add(t,fa[t]);

	dfs(1,0); ans(1,n,1);

	return 0;

}

重复旋律7

考虑串之间插入分隔符，随后将分隔符对于的辅助点直接从DAG上删掉，然后把从1不可达的点删掉，在这个图上跑一个DP即可。

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<assert.h>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<queue>

using namespace std;  typedef long long ll;

inline int qr(){

	int ret=0,f=0,c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int maxn=1.5e6+5;//shall be 4e6 ?

const int mod=1e9+7;

int fa[maxn],trans[11][maxn],len[maxn],n,cnt=1,last=1,head[maxn],dr[maxn];

int dp[maxn],f[maxn];

bool is[maxn];

inline int MOD(const int&x){return x>=mod?x-mod:x;}

inline int MOD(const int&x,const int&y){return 1ll*x*y%mod;}

struct E{int to,nx,w;}e[maxn*11];

void add(int fr,int to,int w){static int cnt=0;e[++cnt]={to,head[fr],w};head[fr]=cnt;++dr[to];

	//cerr<<fr<<' '<<to<<' '<<w<<endl;

}

void insert(int c){

	int u=++cnt,v=last;

	len[u]=len[v]+1;

	while(v&&!trans[c][v]) trans[c][v]=u,v=fa[v];

	if(!v) fa[u]=1;

	else {

		int x=trans[c][v];

		if(len[x]==len[v]+1) fa[u]=x;

		else {

			int y=++cnt;

			for(int t=0;t<=10;++t) trans[t][y]=trans[t][x];

			fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[u]=y; len[y]=len[v]+1;

			while(v&&trans[c][v]==x) trans[c][v]=y,v=fa[v];

		}

	}

	last=u;

}

queue<int> q;

void topo(){

	q.push(1);

	f[1]=1;

	while(q.size()){

		int now=q.front();

		q.pop();

		for(int t=head[now];t;t=e[t].nx){

			if(e[t].w<10) f[e[t].to]=MOD(f[e[t].to]+f[now]),dp[e[t].to]=MOD(MOD(MOD(dp[now],10)+MOD(e[t].w,f[now]))+dp[e[t].to]);

			if(--dr[e[t].to]==0) q.push(e[t].to);

		}

	}

}

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("in.in","r",stdin);

	//freopen("out.out","w",stdout);

#endif

	n=qr();

	for(int t=1,c;t<=n;++t){

		c=getchar();

		while(!isdigit(c)) c=getchar();

		while( isdigit(c)) insert(c-48),c=getchar();

		insert(10);

	}

	for(int i=0;i<=10;++i)

		for(int t=1;t<=cnt;++t)

			if(trans[i][t]) add(t,trans[i][t],i);

	topo();

	int ans=0;

	for(int t=1;t<=cnt;++t) ans=MOD(ans+dp[t]);

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

重复旋律8,9

懒得更了...

【简要题解】Hihocoder 重复旋律1-9简要题解的更多相关文章

  1. HihoCoder 重复旋律

    あの旋律を何度も繰り返しでも.あの日見た光景を再現できない 无论将那段旋律重复多少次,也无法重现那一日我们看到的景象 もし切ないならば.時をまきもどしてみるかい? 若是感到惆怅的话,要试着让时光倒流吗 ...

  2. 后缀数组之hihocoder 重复旋律1-4

    蒟蒻知道今天才会打后缀数组,而且还是nlogn^2的...但基本上还是跑得过的: 重复旋律1: 二分答案,把height划分集合,height<mid就重新划分,这样保证了每个集合中的LCP&g ...

  3. hihocoder #1419 : 后缀数组四·重复旋律4

    #1419 : 后缀数组四·重复旋律4 时间限制:5000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB 描述 小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴.我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构 ...

  4. 【hihoCoder 1419】重复旋律4

    Description 小 Hi 平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴. 我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N的数构成的数列. 小 Hi 在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有重复的部分. 我们把一段 ...

  5. hihoCoder 1403 后缀数组一·重复旋律（后缀数组+单调队列）

    #1403 : 后缀数组一·重复旋律 时间限制:5000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB 描述 小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴.我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成 ...

  6. 【题解】Comet OJ Round 70 简要题解

    [题解]Comet OJ Round 70 简要题解 A 将放在地上的书按照从小到大排序后,问题的本质就变成了合并两个序列使得字典序最小.可以直接模拟归并排序.直接用循环和std::merge实现这个 ...

  7. hihoCoder 后缀自动机三·重复旋律6

    后缀自动机三·重复旋律6 时间限制:15000ms 单点时限:3000ms 内存限制:512MB 描述 小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴.我们知道一个音乐旋律被表示为一段数构成的数列. 现在小Hi ...

  8. hihoCoder #1445 : 后缀自动机二·重复旋律5

    #1445 : 后缀自动机二·重复旋律5 时间限制:10000ms 单点时限:2000ms 内存限制:256MB 描述 小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴.我们知道一个音乐旋律被表示为一段数构成的数 ...

  9. hihoCoder 后缀数组 重复旋律

    #1403 : 后缀数组一·重复旋律 时间限制:5000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB 描述 小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴.我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成 ...

随机推荐

  1. 03搭建docker私有仓库

    搭建docker私仓,可以使用docker官方提供的registry镜像.该镜像目前有2.0,2.3和2.3.1版本.它只与1.6.0以上版本的docker兼容.搭建私仓的步骤如下: 一:无代理.无认 ...

  2. 当pip安装因为网络超时而无法安装的时候慢

    2.4 尝试pip --default-timeout=1000 install  https://download.pytorch.org/whl/cu100/torch-1.1.0-cp36-cp ...

  3. 非常优秀的Javascript(AJAX) 开发工具：Aptana

    非常优秀的Javascript(AJAX) 开发工具:Aptana 下面我要向你介绍一款非常优秀的Javascript(AJAX) 开发工具:Aptana.应为它实在太棒了,所以我忍不住想向你推荐它. ...

  4. C++第5次作业

    运算符重载 定义 - 运算符重载是对已有的运算符赋予多重含义,使同一个运算符作用于不同类型的数据时导致不同行为. 运算符重载规则 - C++运算符除了少数几个,全都可以重载,且只能重载C++已有的运算 ...

  5. DispatcherTimer 应用实例

    public partial class MainWindow : Window { public MainWindow() { InitializeComponent(); //实例化 Dispat ...

  6. H3C 单播与广播

  7. CSS优化，提高性能的方法有哪些？

    1,首推的是合并css文件,如果页面加载10个css文件,每个文件1k,那么也要比只加载一个100k的css文件慢. 2,减少css嵌套,最好不要套三层以上. 3,不要在ID选择器前面进行嵌套,ID本 ...

  8. 地址中如果含有"+"，发给服务器时"+"变成了空格问题解析

    如地址为sms:+7 915 444-414-444,含有空格. 服务器解码 URLDecoder.decode("sms:+7 915 444-414-444"),返回的是sms ...

  9. Css布局常用 1.盒子内容局中 2. 物理一像素 3.倒三角形 绘制

    布局 对象属性 new Person('') 原型链 (创建对象.使用对象中的属性,如果没有那么就去原型找) new Person()      Person{   name:'', getname( ...

  10. 2018-8-10-WPF-程序生成类库错误

    title author date CreateTime categories WPF 程序生成类库错误 lindexi 2018-08-10 19:16:53 +0800 2018-2-13 17: ...