题目传送门:-> 看到题目的第一反应当然是暴力:对于串s建后缀自动机,每次询问中,求w对应的子串在s的SAM中的right集合.O(qmk)听上去显然过不了. 数据范围有个∑w<=1e5,也就是说,q*k<=1e5,当q更小或k更小时可以用不同的方法. k更小时,会发现每个w的子串数可能会很小,子串数可能还没m多.这个时候将m个[li,ri]的询问可能会有重复的,所以可以用vector存一下对于每一个[L,R],满足li=L且ri=R的询问的编号是哪些.求出w对于每个[L,R]有多少个满

[LOJ 6031] 「雅礼集训 2017 Day1」字符串 题意 给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\), \(m\) 对 \((l_i,r_i)\), 回答 \(q\) 个询问. 每个询问会给定一个长度为 \(k\) 的字符串 \(w\) 以及一对 \(L,R\), 求所有满足 \(i\in [L,R]\) 的 \(w[l_i:r_i]\) 在 \(s\) 中的出现次数之和. \(n,m,k,q\le 1\times 10^5\), \(\sum |w|\le 1\times 10

loj 注意到每次询问串长度都是给定的,并且询问串长\(k*\)询问次数\(q<10^5\),所以这里面一个东西大的时候另一个东西就小,那么考虑对较小的下功夫 如果\(k\le \sqrt{n}\),那么可以\(O(k^2)\)暴力枚举询问串的每一个子串,然后在\(S\)的sam找到这个子串对应的点,算出出现次数,并且乘上在区间\([a,b]\)中这个子串询问的出现次数.找到子串对应的点为了方便,可以依次让询问串的某个前缀在sam上匹配,然后按长度从大到小枚举前缀的后缀,从匹配位置开始倍增跳父亲

题目 首先先对\(s\)建一个\(\operatorname{SAM}\),设\(w=kq\) 发现\(k,q\leq 10^5\),但是\(w\leq 10^5\),于是套路地根号讨论一下 如果\(k\leq \sqrt{w}\),那么说明单个询问串都很短,我们完全可以暴力长度为\(k\)的字符串的所有子串,之后二分查询一下这个子串在\([a,b]\)的询问里出现的次数,这个子串在\(s\)出现的次数直接边走边查就好了,这边的复杂度是\(O(qk^2\log m)=O(w\sqrt{w}\lo

题意 链接 Sol \(10^5\)次询问每次询问\(10^5\)个区间..这种题第一感觉就是根号/数据分治的模型. \(K\)是个定值这个很关键. 考虑\(K\)比较小的情况,可以直接暴力建SAM,\(n^2\)枚举\(w\)的子串算出现次数.询问用个\(n^2\)的vector记录一下每次在vector里二分就好. \(K\)比较大的情况我没想到什么好的做法,网上的做法复杂度也不是很好.. 然后写了个广义SAM + 暴力跳parent就过了.. 不过这题思想还是很好的 #include<bi

LOJ 注意到\(qk \leq 10^5\),我们很不自然地考虑根号分治: 当\(k > \sqrt{10^5}\),此时\(q\)比较小,与\(qm\)相关的算法比较适合.对串\(s\)建SAM,考虑每组询问,将其所有的\((a,b)\)按照\(b\)从小到大排序,然后把\(w\)在\(s\)的SAM上匹配,每当右端点变为\(b\)的时候倍增跳到串\(s[a:b]\)的位置查询endpos即可. 当\(q > \sqrt{10^5}\),此时\(k\)比较小,与\(k^2\)相关的算法比较

「雅礼集训 2017 Day1」市场 挺神仙的一题.涉及区间加.区间除.区间最小值和区间和.虽然标算就是暴力,但是复杂度是有保证的. 我们知道如果线段树上的一个结点,\(max=min\) 或者 \(max=min+1\) 并且 \(d|max\),是可以直接剪掉的. 我们定义线段树上一个结点的势能为 \(\log(max-min)\),那么我们每执行一次区间除,都会引起势能的减小. 但是执行区间加时我们涉及 \(\log n\) 个结点,最差情况下会将它们的势能恢复为 \(\log(max-m

[LOJ 6030] 「雅礼集训 2017 Day1」矩阵 题意 给定一个 \(n\times n\) 的 01 矩阵, 每次操作可以将一行转置后赋值给某一列, 问最少几次操作能让矩阵全为 1. 无解输出 -1. \(n \le 1000\). 题解 首先手玩下样例就可以发现一个非常虾皮的明显性质: 因为操作是赋值而不是取或, 于是一定是先让某一行都为 1 然后用这一行去染所有不是全 1 的列. 对于构造一个全 1 的行, 如果行号为 \(k\), 那么显然是用某一行的第 \(k\) 列上的 1

[LOJ 6029] 「雅礼集训 2017 Day1」市场 题意 给定一个长度为 \(n\) 的数列(从 \(0\) 开始标号), 要求执行 \(q\) 次操作, 每次操作为如下四种操作之一: 1 l r c 给 \([l,r]\) 区间内的值全部加上 \(c\). 2 l r d 给 \([l,r]\) 区间内的值全部除以 \(d\), 向下取整. 3 l r 求 \([l,r]\) 区间内的最小值. 4 l r 求 \([l,r]\) 区间内的值之和. \(n,q\le 1\times 10

[题目大意] 给出n个字符串,求有多少组字符串之间编辑距离为1~8. n<=200,∑|S| <= 10^6 [题解] 首先找编辑距离有一个n^2的dp,由于发现只找小于等于8的,所以搜旁边16个状态即可. 复杂度O(n^2|S| * 16) # include <vector> # include <stdio.h> # include <iostream> # include <string.h> # include <algorith

题意 链接 Sol 自己都不知道自己怎么做出来的系列 不难观察出几个性质: 最优策略一定是先把某一行弄黑,然后再用这一行去覆盖不是全黑的列 无解当且仅当无黑色.否则第一个黑色所在的行\(i\)可以先把第\(i\)列弄出一个黑色,接下来第\(i\)列的黑色可以把第\(i\)行全部弄成黑色. 然后直接算出把每一行弄黑的步数取个min就行了. 代码里面有注释. #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #define MP(x

题意 链接 Sol 势能分析. 除法是不能打标记的,所以只能暴力递归.这里我们加一个剪枝:如果区间内最大最小值的改变量都相同的话,就变成区间减. 这样复杂度是\((n + mlogn) logV\)的. 简单的证明一下:如果没有加的话,每个节点会被除至多log次, 总会除4nlogn次,每次区间加会恢复log个点的势能函数,这样总递归次数就是\(nlog^2n\). 下传标记的时候别忘了把min和max都更新一下 #include<bits/stdc++.h> #define Pair pai

题解: 这两道题加上区间取min max应该算线段树几道比较不寻常的题目 其实也是挺好理解的 对于区间/d 显然在log次后就会等于0 而我们注意到如果区间中数都相等那么就可以一起除 也就是说每个区间需要log次除法能相等 而每一次加权操作会造成log个区间不相等 那么时间复杂度就是nlog^2的 并且应该实现出来常数会比较小 区间开根是同理的 区间取min有所不同,见 代码:

题目描述 给出一个长度为 $n$ 的序列,支持 $m$ 次操作,操作有四种:区间加.区间下取整除.区间求最小值.区间求和. $n\le 100000$ ,每次加的数在 $[-10^4,10^4]$ 之间,每次除的数在 $[2,10^9]$ 之间. 题解 线段树+均摊分析 和 [uoj#228]基础数据结构练习题 类似的均摊分析题. 对于原来的两个数 $a$ 和 $b$ ( $a>b$ ) ,原来的差是 $a-b$ ,都除以 $d$ 后的差是 $\frac{a-b}d$ ,相当于差也除了 $d$

https://loj.ac/problem/6030 如果矩阵第i列有一个黑色, 那可以用他把第i行全都染黑,也可以使任意一列具有黑色 然后就可以用第i行把矩阵染黑 染黑一列的代价最少是1 染黑一行的代价最少是 白点数+(这一列是否有黑色) 如果没有黑色的话还需要1的代价 使这一列有黑色 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; #define N 1001

老师说,你们暴力求除法也整不了多少次就归一了,暴力就好了(应该只有log(n)次) 于是暴力啊暴力,结果我归天了. 好吧,在各种题解的摧残下,我终于出了一篇巨好看(chou lou)代码(很多结构体党嫌丑) 那么具体除法怎么实现就是关键了 对于单个点或者区间内的数完全相同的区间,可以做成区间减法 因为除法会使数变小,而相同的数减小的量是相同的, 那么怎么判断区间内的数是否完全相同呢? 可以维护一个区间最小与区间最大,如果一个区间内最小数等于最大数,那么显然这个区间内所有数相等 区间最小与区间最大

[题目大意] 给出n个数,a[1]...a[n],称作集合S,求

传送门:https://loj.ac/problem/6029 [题解] 考虑如果有一些近似连续的段 比如 2 2 2 3 3 3,考虑在除3意义下,变成0 0 0 1 1 1,相当于整体-2 又:区间增加很容易造成这种段,所以我们猜测可以暴力维护 用一棵线段树即可.(好像真的能暴力维护啊 我不知道怎么证明复杂度) # include <stdio.h> # include <string.h> # include <iostream> # include <al

传送门:https://loj.ac/problem/6030 [题解] 以下把白称为0,黑称为1. 发现只有全空才是无解,否则考虑构造. 每一列,只要有0的格子都需要被赋值1次,所以设有x列有含有0的格子,则至少要赋值x次. 现在我们就需要一个全1的行来给这些有0的列赋值. 考虑构造一个全1的行.我们枚举第i行,假装要把他弄成全1的. 设第i行的0的数量为y,那么考虑第i列是否含有1,如果含有1那么就可以用含有1的那列的那行给第i行所有0的地方赋值,需要y步. 如果第i列不含有1,我们要花1次

点此看题面 大致题意: 维护序列,支持区间加法,区间除法(向下取整),区间求\(min\)和区间求和. 线段树维护区间除法 区间加法.区间求\(min\)和区间求和都是线段树基本操作,因此略过不提. 此题关键在于维护区间除法. 而这有一个复杂度玄学的做法,即将区间除法转化为区间减法. 可以考虑对于每个区间,记录下其最小值和最大值,若最小值和最大值做区间除法所需减去的数相等,则易证整个区间所需减去的数相等. 则我们可以将区间\([l,r]\)分成若干个区间,直至区间最小值与最大值相等即可. 代码