CODE FESTIVAL 2016 qual B题解

传送门

\(A\)

什么玩意儿……

const char t[]={"0CODEFESTIVAL2016"};
char s[25];int res;
int main(){
	scanf("%s",s+1);
	fp(i,1,16)res+=s[i]!=t[i];
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

\(B\)

什么玩意儿……

const int N=1e5+5;
char s[N];int a,b,n,c,cc;
int main(){
	scanf("%d%d%d%s",&n,&a,&b,s+1),a+=b;
	fp(i,1,n){
		switch(s[i]){
			case 'c':puts("No");break;
			case 'a':puts(c+1<=a?(++c,"Yes"):"No");break;
			case 'b':puts(c+1<=a&&cc+1<=b?(++c,++cc,"Yes"):"No");break;
		}
	}
	return 0;
}

\(C\)

显然需要连成一棵树，且贪心选取边来连接，如果当前连的边是左右连接的，且上下连接的边总共连了\(c\)条，那么说明每一列只有\(m+1-c\)个连通块了，那么当前边只需要连这么多条

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5;
ll res;int a[N],op[N],id[N],top,n,m,c,d;
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return a[x]<a[y];}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fp(i,1,n)++top,scanf("%d",&a[top]),op[top]=0,id[top]=top;
	fp(i,1,m)++top,scanf("%d",&a[top]),op[top]=1,id[top]=top;
	sort(id+1,id+1+top,cmp);
	fp(i,1,top){
//		printf("%d %d %d\n",id[i],a[id[i]],op[id[i]]);
		if(!op[id[i]])res+=1ll*a[id[i]]*(m+1-d),++c;
			else res+=1ll*a[id[i]]*(n+1-c),++d;
	}
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

\(D\)

还是贪心，一个贪心是先处理完前面再处理完后面，一个贪心是对于每一个点选择可以卖给他的价格最小的物品卖，记前\(i-1\)个人中剩余钱数最多的人钱数为\(mn\)，那么卖给第\(i\)个人的商品价格就是\(mn+1\)，如果\(a_i=mn+1\)就一个都买不了，并且\(++mn\)，否则我们贪心卖到至少还有一元钱剩余就行了

然而有一种情况是第\(i\)个人还剩下恰好\(mn+1\)元，根据贪心期间肯定是不让\(mn\)增加最优，那么我们肯定可以在之前得到某一次卖的商品价格\(+1\)，这样就不会令\(mn\)增加了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
ll res;int a[N],n,mn;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
	res=a[1]-1,mn=1;
	fp(i,2,n){
		if(a[i]==mn+1)++mn;
		else res+=(a[i]-1)/(mn+1);
	}
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

\(E\)

首先考虑一个暴力的想法，先把所有的串扔到\(trie\)树里，然后对于询问直接在\(trie\)树上匹配这个串，同时把所有字典序小于当前转移的子树里的串的个数加入答案

这样显然要挂掉，而且我们也不可能\(26!\)枚举所有字母的大小

设\(i,j\)为两个不同的转移，考虑到\(i\)这个转移会对\(j\)的子树造成贡献，当且仅当重定义之后的字母中\(i<j\)，也就是说会对答案造成影响的总共只有\(26\times 26\)种状态

那么我们对于\(trie\)树上的每一个节点，记录一个\(cnt[p][i]\)，表示当处于节点\(p\)，且状态为\(i\)（\(i\)表示一种大小关系，假设它表示\(a<b\)，也就是说\(a\)这个字母字典序比\(b\)小），此时按照暴力匹配之后的贡献是多少，即从根节点走到\(p\)的过程中如果转移是\(b\)就加上\(a\)那棵子树的\(size\)，那么\(cnt[p][i]\)表示那些\(size\)的和

这样对于一个询问，直接枚举所有的大小关系并加上对应的贡献即可

复杂度\(O((n+q)26^2)\)

具体细节可以参考代码

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5e5+5,M=676;
char t[N];int sz[N],size[N],pos[N],fa[N],ch[N][26];
int id[N],bg[N],len[N],pi[26],n,q,nd;
vector<int>cnt[N];
void ins(R int ID,R int len){
	R int p=0;
	for(R int i=1,c;i<=len;++i){
		c=t[i]-'a';
		if(!ch[p][c])ch[p][c]=++nd;
		p=ch[p][c],++sz[p];
	}
	id[p]=ID,pos[ID]=p;
}
void dfs(int p,int ga,int s){
	fa[p]=ga;if(ga==-1)cnt[p].resize(M),fa[p]=p;
	if(id[p])++s,size[id[p]]=s;
	R int cp=0;fp(i,0,25)cp+=(ch[p][i]!=0);
	ga=fa[p];if(cp>1)ga=-1;
	fp(i,0,25)if(ch[p][i])dfs(ch[p][i],ga,s);
}
void dd(int p,int ga){
	if(p&&fa[p]==p)fp(i,0,M-1)cnt[p][i]+=cnt[ga][i];
	fp(i,0,25)if(ch[p][i])fp(j,i+1,25)if(ch[p][j]){
		cnt[ch[p][i]][j*26+i]+=sz[ch[p][j]];
		cnt[ch[p][j]][i*26+j]+=sz[ch[p][i]];
	}
	fp(i,0,25)if(ch[p][i])dd(ch[p][i],fa[p]);
}
int solve(int k){
	R int res=size[k];
	fp(i,0,25)fp(j,i+1,25)res+=cnt[fa[pos[k]]][pi[i]*26+pi[j]];
	return res;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%s",t+1),len[i]=strlen(t+1),ins(i,len[i]);
	dfs(0,-1,0);dd(0,-1);
	scanf("%d",&q);
	for(R int k;q;--q){
		scanf("%d%s",&k,t+1);
		fp(i,1,26)pi[i-1]=t[i]-'a';
		printf("%d\n",solve(k));
	}
	return 0;
}