2020 CCPC-Wannafly Winter Camp Day2

A 托米的字符串

虽然每个子串出现的概率是相同的,但是同一长度的子串个数是不同的,所以要分别处理。计算出某一长度的情况下,元音字母的贡献,然后计算期望即可。

cls题解上的思路很清晰...我的代码太暴力了。

const int N = 1000010;
char s[N];
int a[N],n;
ll d[N],c[N];
int main()
{
scanf("%s",s+1);
n = strlen(s+1);
double res = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i] == 'a' || s[i] == 'e' || s[i] == 'i' || s[i] == 'o' || s[i] == 'u' || s[i] == 'y'){
a[i] = 1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i] == 1){
d[i] = min(i,n-i+1);
}
d[i] += d[i-1];
a[i] += a[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int l = min(i,n-i+1);
int r = max(i,n-i+1);
c[i] = 1ll * min(l,r) * (a[r] - a[l-1]) + d[l-1] + d[n] - d[r];//长度为i的贡献
//cout << i << ' ' <<' ' << l << ' ' << r << ' ' << c[i] << endl;
res += 1.0 * c[i] / i;
}
res /= 1ll*n*(n+1)/2;
printf("%.10f\n",res);
return 0;
}

C.纳新一百的石子游戏

nim游戏,再胜局的情况下,要使得异或和变为0,必须选取某一堆拿一定数量的石子。如果逐个遍历前面所有的石子去验证是否可行复杂度会爆炸,所以通过位运算的规律来优化。异或和的结果最高位的1可以在异或操作中起到翻转作用,所以只需要一个长度60的数组来记录对应位为1的数字有多少个就可以了。

const int N = 100010;
int d[61],n;
ll a[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
ll x = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=60;j>=0;j--){
if(a[i] >> j & 1){
d[j]++;
}
}
x ^= a[i];
int res = 0;
for(int j=60;j>=0;j--){
if(x >> j & 1){
res = d[j];
//printf("%d\n",d[j]);
break;
}
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}

E. 阔力梯的树

考虑子树合并的操作,每次都让轻儿子向重儿子合并即可。方法是重儿子的所有数存在set中,然后将所有轻儿子的节点以\(O(logSize)\)的复杂度插入,插入的时候顺便更新答案即可。

有关树上启发式合并的内容:https://oi-wiki.org/graph/dsu-on-tree/

const int N = 100010;
int head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1],tot,n,cnt,id[N],l[N];
int son[N],sz[N];
ll res[N];
set<int> s;
void add(int x,int y){
ver[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void pre(int x){
sz[x] = 1;
l[x] = ++ cnt;
id[cnt] = x;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
pre(y);
sz[x] += sz[y];
if(sz[y] > sz[son[x]]){
son[x] = y;
}
}
}
void modify(int x,int val){
set<int>::iterator it = s.lower_bound(val);
if(s.size() == 0){
s.insert(val);
return;
}
if(it == s.begin()){ // 最小的比它大
ll tmp = (*it) - val;
res[x] += tmp * tmp;
}else if(it == s.end()){
it--;
ll tmp = val - (*it);
res[x] += tmp * tmp;
}else{
ll tmp = (*it) - (*(--it));
res[x] -= tmp * tmp;
tmp = val - (*it);
res[x] += tmp * tmp;
tmp = (*(++it)) - val;
res[x] += tmp * tmp;
}
s.insert(val);
}
void dfs(int x,bool flag){
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == son[x])continue;
dfs(y,false);
}
if(son[x])dfs(son[x],true);
res[x] = res[son[x]];
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == son[x])continue;
//cout << y << ' ' << l[y] << ' ' << l[y] + sz[y] - 1 << endl;
for(int j=l[y];j<=l[y]+sz[y]-1;j++){
//添加,计算答案
modify(x,id[j]);
}
}
modify(x,x);
if(!flag){
s.clear();
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
add(x,i);
}
pre(1);
dfs(1,false);
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%lld\n",res[i]);
}
return 0;
}

H. 叁佰爱抠的序列

欧拉回路问题,m个点,如果m是奇数那么完全图即欧拉图,是偶数则需要至少补\((m-2)\over 2\)条边使得m-2个点的度数为偶数,2个点度数为奇数并作为起始点和终点。

二分找到最大的m,然后建图求出欧拉路径即可

const int N = 2010;
const int M = 8000010;
ll n;
int head[N],ver[M],nxt[M],tot;
int st[N*N],ans[N*N],vis[M],top,t; inline ll getNum(ll x){
if(x & 1){
return (x * x - x) / 2 + 1;
}else return x * x / 2;
}
inline void add(int x,int y){
ver[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void euler(){
st[++top] = 1;
while(top){
int x = st[top],i = head[x];
while(i && vis[i]) i = nxt[i];
if(i){
st[++top] = ver[i];
vis[i] = vis[i^1] = true;
head[x] = nxt[i];
}else{
top --;
ans[++t] = x;
}
}
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
ll m = 0,l = 1,r = 1500000000;
while(l < r){
ll mid = l + r + 1>> 1;
if(getNum(mid) <= n){
l = mid;
}else r = mid - 1;
}
m = l;
if(n > 2000000){
printf("%lld\n",m);
return 0;
}
tot = 1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=i+1;j<=m;j++){
add(i,j);
add(j,i);
}
}
if(m % 2 == 0){
for(int i = 2;i < m;i += 2){
add(i,i+1);
add(i+1,i);
}
}
euler();
// cout << t << endl;
for(int i=t+1;i<=n;i++){
ans[i] = 1;
}
printf("%lld\n",m);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i > 1)printf(" ");
printf("%d",ans[i]);
}
puts("");
return 0;
}

K.破忒头的匿名信

所有的串总长为5e5,那么不同长度的串最多有根号n个。建好AC自动机后,顺着遍历目标串,对于每个符合要求的当前后缀,都可以产生一次有效转移(所有转移等同于DAG上求最短路),总共最多发生\(\sqrt{n}\)次转移。所以复杂度最多\(O(n*\sqrt{n})\)。

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e5 + 10;
int n,vis[N];
char s[N];
ll d[N];
namespace AC{
int tr[N][26],tot;
int e[N],fail[N],dep[N];
ll val[N];
queue<int> q;
void init(){
for(int i=0;i<=tot;i++){
memset(tr[i],0,sizeof tr[i]);
fail[i] = e[i] = 0;
}
tot = 0;
}
void insert(char *s,ll v){
int u = 0;
int len = strlen(s + 1);
for(int i=1;i<=len;i++){
if(!tr[u][s[i] - 'a']){
tr[u][s[i] - 'a'] = ++tot;
val[tot] = inf;
}
u = tr[u][s[i] - 'a'];
dep[u] = i;
}
e[u] ++;
val[u] = min(val[u],v);
}
void build(){
for(int i=0;i<26;i++)if(tr[0][i])q.push(tr[0][i]);
while(q.size()){
int u = q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[u][i])fail[tr[u][i]] = tr[fail[u]][i],q.push(tr[u][i]);
else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
}
}
}
void query(char *t){
int u = 0,res = 0;
for(int i=1;t[i];i++){
u = tr[u][t[i] - 'a'];
for(int j = u; j; j = fail[j]){ //深度 dep[j], 价值 val[j];
if(vis[i - dep[j]] && e[j]){
d[i] = min(d[i],d[i-dep[j]] + val[j]);
vis[i] = 1;
}
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
AC::init();
for(int i=1;i<=n;i++){
ll val;
scanf("%s%lld",s+1,&val);
AC::insert(s,val);
}
scanf("%s",s+1);
AC::build();
int len = strlen(s+1);
vis[0] = 1;
for(int i=1;i<=len;i++){
d[i] = 1ll * inf * inf;
}
AC::query(s);
//for(int i=1;i<=len;i++)cout << d[i] << ' ' ; cout << endl;
if(!vis[len]){
puts("-1");
}else{
printf("%lld\n",d[len]);
}
return 0;
}

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