题目描述 人的一生不仅要靠自我奋斗,还要考虑到历史的行程. 历史的行程可以抽象成一个 01 串,作为一个年纪比较大的人,你希望从历史的行程中获得一些姿势. 你发现在历史的不同时刻,不断的有相同的事情发生.比如,有两个人同时在世纪之交 11 年的时候上台,同样喜欢与洋人谈笑风生,同样提出了以「三」字开头的理论. 你发现,一件事情可以看成是这个 01 串的一个前缀,这个前缀最右边的位置就是这个事情的结束时间. 两件事情的相似度可以看成,这两个前缀的最长公共后缀长度. 现在你很好奇,在一段区间内结束的

我可以大喊一声这就是个套路题吗? 首先看到LCP问题,那么套路的想到SAM(SA的做法也有) LCP的长度是它们在parent树上的LCA(众所周知),所以我们考虑同时统计多个点之间的LCA对 树上问题的话请出万能算法--LCT(这里准确的说应该是实链剖分),我们只需要不停地access就可以找到LCA了 然后怎么统计最后的答案,区间询问用莫队?这里的两个信息(最大值,边的虚实)显然都不能撤销 我们直接大力离线,从左往右把点一个个扔到LCT上,然后对于每个点开一个树状数组维护后缀最大值,由于这里

题意 题目链接 Sol 只会后缀数组+暴躁莫队套set\(n \sqrt{n} \log n\)但绝对跑不过去. 正解是SAM + set启发式合并 + 二维数点/ SAM + LCT 但是我只会第一种qwq 首先一个性质是两个前缀的最长公共后缀就是他们再parent树上的LCA的len 那么我们考虑每个LCA的贡献. 把询问离线下来按右端点排序,对于当前点的子树中的点有一个显然的性质. 若存在四个点\(l, x, y, r\)满足\(l < x < y < r\),那么显然\(l, r

题面 传送门 题解 为什么成天有人想搞些大新闻 这里写的是\(yyb\)巨巨说的启发式合并的做法(虽然\(LCT\)的做法不知道比它快到哪里去了--) 建出\(SAM\),那么两个前缀的最长公共后缀就是它们在\(parent\)树上的\(LCA\)的深度 对于每一个子串来说,所有和它相同的串里只有它的前驱和它的后继是有贡献的.这个只要考虑任何一个包含了这个子串和另外一个和它相同的子串的询问,这个询问必定包含它的前驱或后继 那么我们用\(set\)启发式合并来维护\(endpos\)集合,每一次只

Code: #include<bits/stdc++.h> #define maxn 200003 using namespace std; void setIO(string s) { string in=s+".in", out=s+".out"; freopen(in.c_str(),"r",stdin); // freopen(out.c_str(),"w",stdout); } int n,Q; int

SAM 两个前缀的最长后缀等价于两个点的 \(len_{lca}\) , 题目转化为求 \(l \leq x , y \leq r\) , \(max\{len_{lca(x,y)}\}\) // powered by c++11 // by Isaunoya #include <bits/stdc++.h> #define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); ++i) #define Rep(i, x, y) for (r

「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度 题目链接 我们先将字符串建后缀自动机.然后对于两个前缀\([1,i]\),\([1,j]\),他们的最长公共后缀长度就是他们在\(fail\)树上对应节点的\(lca\)的\(maxlen\). 所以现在问题就变成了一个树上问题:给定一棵树,每个点有一个权值\((mxlen)\),询问编号在一段区间内的点两两之间\(lca\)权值的最大值. 方法很多,这里用的\(dsu\ on\ tree\).对于每个点\(v\),我们计算其作为\(lca\)的贡献

Description 人的一生不仅要靠自我奋斗,还要考虑到历史的行程. 历史的行程可以抽象成一个 01 串,作为一个年纪比较大的人,你希望从历史的行程中获得一些姿势. 你发现在历史的不同时刻,不断的有相同的事情发生.比如,有两个人同时在世纪之交 11 年的时候上台,同样喜欢与洋人谈笑风生,同样提出了以「三」字开头的理论. 你发现,一件事情可以看成是这个 01 串的一个前缀,这个前缀最右边的位置就是这个事情的结束时间. 两件事情的相似度可以看成,这两个前缀的最长公共后缀长度. 现在你很好奇,在一

题目描述 给你一个长度为 $n$ 的01串,$m$ 次询问,每次询问给出 $l$ .$r$ ,求从 $[l,r]$ 中选出两个不同的前缀的最长公共后缀长度的最大值. $n,m\le 10^5$ 题解 后缀自动机+STL-set+启发式合并+离线+扫描线+树状数组 两个前缀的最长公共后缀,在正串后缀自动机上体现为pre树上两点LCA的深度. 考虑统计pre树上一个点的贡献:对于两个前缀 $x$ .$y$ ,它能够影响的询问左端点小于等于 $x$ ,右端点大于等于 $y$ .因此影响最大化的前缀对就

点此看题面 大致题意: 给你一个\(01\)串,每次询问前缀编号在一段区间内的两个前缀的最长公共后缀的长度. 离线存储询问 考虑将询问离线,按右端点大小用邻接表存下来(直接排序当然也可以啦). 这样的好处是什么呢? 我们就可以对于每一个枚举到的右端点来对答案进行更新,然后再处理对应询问. 则对于当前一个已确定的右端点\(r\),显然询问\([l,r]\)的答案就是两个编号均大于等于\(l\)的点的答案的最大值(注意无须考虑右边界),而这可以直接拿线段树或树状数组统计. 由此可以发现,这样一来最大

LOJ 思路 建出反串的后缀树,发现询问就是问一个区间的点的\(lca\)的深度最大值. 一种做法是dfs的时候从下往上合并\(endpos\)集合,发现插入一个点的时候只需要把与前驱后继的贡献算进去就可以了. 另一种做法是从小到大枚举结尾,把到根的一条链全都打上自己的标记,并且如果原来有标记就更新答案,发现可以用LCT维护. 本质其实差不多. 代码 我又傻傻地把树状数组能做的事搞成了线段树-- #include<bits/stdc++.h> clock_t t=clock(); namesp

题目传送门 Description 给出一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串为 \(s\),设 \(t_i\) 为 \(s_{1,2,..,i}\),有 \(m\) 次查询,每次查询给出 \(l,r\),求 \([l,r]\) 之间 \(t_i\) 的最长公共后缀长度的最大值. \(n,m\le 10^5\) Solution 本来不想写题解的,但想了想还是写一下吧. 不难想到,假设 \(f_i\) 为 \(t_i\) 在后缀自动机上对应的点,那么就相当于查询: \[\max\{\tex

题面 来源 「 雅 礼 集 训 2017 D a y 7 」 跳 蚤 王 国 的 宰 相   传 统 2000   m s 1024   M i B {\tt「雅礼集训 2017 Day7」跳蚤王国的宰相}\\ \,_{传统~~~~~2000\,{\tt ms}~~~1024\,{\tt MiB}} 「雅礼集训2017Day7」跳蚤王国的宰相传统     2000ms   1024MiB​ 题目描述 跳蚤王国爆发了一场动乱,国王在镇压动乱的同时,需要在跳蚤国地方钦定一个人来做宰相. 由于当时形势

我可以大喊一声这就是个思博题吗? 首先如果你能快速把握题目的意思后,就会发现题目就是让你求出每个点要成为树的重心至少要嫁接多少边 先说一个显然的结论,重心的答案为\(0\)(废话) 然后我们考虑贪心处理,每次肯定要砍断以重心为根的树的大小尽量大的子树 那么至少要砍多少呢,至少\(\frac{1}{2}\)要到吧,然后就是思博的感性理解了--这是每个点要砍的边的上界 假如我们总有一种方案可以使嫁接满足条件(兴许更多,但是这个不会证啊) 那么怎么判断是否达到上界呢,很简单,先取了必要的然后看剩下的有

我可以大喊一声这就是个SB题吗? 首先讲一句如果你像神仙CXR一样精通搜索你就可以得到\(80pts\)(无Subtask)的好成绩 我们考虑挖掘一下题目的性质,首先发现这是一个置换,那么我们发现这的显然会成环 然后我们发现那个度数的性质其实就是告诉你环上的点必须左右括号相间 换而言之一个环其实只有两种状态,那么我们对于每一个环进行搜索的复杂度显然就是\(O(2^{\frac{n}{2}}n)\) 那么考虑\(n=100\)要怎么卡过去.我们发现一个长度为\(2\)的环显然必须令前面的为左括号,

点此看题面 大致题意: 给你一棵树,询问对于每个点需要改变多少条边来使得它成为树中到所有点距离和最小的点. 一些初始化及想法 这是一道思博题. 首先我们要知道一个结论:对于这棵树的重心,它的答案必定为\(0\). 然后对于非重心的点该怎么办呢? 我们考虑把重心作为根,并统计出每个子节点的\(Size\). 接下来我们可以发现,如果割掉根节点的若干棵子树,且这些子树\(Size\)和\(\ge\frac n2\),那么肯定就可以构造出一种合法的方案使得任意节点符合条件. 由于要割的次数最少,因此我

传送门:https://loj.ac/problem/6043 [题解] 我们考虑这是个置换,所以一定形成了很多不相交的环. 对于每个环,我们只能选一段.不选.选一段.不选这样交替下去. 显然只有偶环是有解的,所以只考虑偶环. 每个偶环有2种方案(第一个选,第一个不选),直接枚举是O(2^(n/2))的,复杂度接受不了. 我们发现,2元环的左括号一定放在前面更优(更容易形成括号序列),所以贪心放,剩下的最小是4元环,枚举即可,所以复杂度是O(2^(n/4)). 写个dfs然后发现常数太大...(

点此看题面 大致题意: 给你一个长度为\(n\)的排列\(p\),要求构造一个合法的括号序列,使得如果第\(i\)个位置是左括号,则第\(p_i\)个位置一定是右括号. 暴搜 很容易想出一个暴搜. 即对于每一个没有确定的位置\(x\),无非有两种情况: 选左括号.前提是\(p_x\)没被选过或者\(p_x\)为右括号,然后标记第\(p_x\)位为右括号. 选右括号.我们可以开一个变量\(v\)来记录左括号个数\(-\)有括号个数,则选右括号的前提是\(v>0\).(因为要是一个合法的括号序列)

感觉有点假 题目大意 数据范围:$n<=100$ 题目分析 由于题目给出的是 置换,所以相当于只需枚举每个环的两个状态. 主要是复杂度分析这里: 一元环:不存在 二元环:特判保平安 三元环:不存在 四元环:复杂度$O(2^{25})$,但是特判一下顺序就可以秒下来了 六元环:复杂度$O(2^{17})$至此及以后的复杂度都是可以接受的了 不知道为什么倒着搜就会更快? #include<bits/stdc++.h> ; int n,las,p[maxn],w[maxn],deg[maxn]

挂于±1的细节…… 题目描述 跳蚤王国爆发了一场动乱,国王在镇压动乱的同时,需要在跳蚤国地方钦定一个人来做宰相. 由于当时形势的复杂性,很多跳蚤都并不想去做一个傀儡宰相,带着宰相的帽子,最后还冒着被打倒并杀头的危险,然而有一只跳蚤却想得与众不同最时尚. 本来他打算去教书,他已经发表了自己在学术方面的见解,获得了很多跳蚤们的赞同,但是这时听说跳蚤国要钦定宰相,他毅然打断了想去教书的想法,他觉得只要为了国家利益,自己的生死都可以不管,哪里能因为工作能给自己带来灾祸或者福分就去避开或者接近这份工作呢?