Chelly我的訓練

時間 2020-07-21

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###Todolisthtml

arc100F算法

###7.1數組

Atcoder Regular Contest 100 1/4
Codeforces #493 div 2 4/5

###7.2數據結構

arc100D：枚舉中間那一刀，而後左邊兩個部分各自均勻切一刀。
arc100E：想要求$max(A_i+A_j) (i\ or \ j=k)$，而後根據前綴搞，但這個很困難，沒法求解。考慮求$max(A_i+A_j) (i \ or \ j\subseteq k)$，這個是知足$i \ or \ j <= k$的限制的，能夠用dp搞。
cf997C：容斥原理，化簡式子後發現是兩個$\sum$，裏面有兩個組合數形式，能夠考慮枚舉一維，另外一維用二項式定理化簡。

###7.3函數

cf997D：樹上長度爲k的環個數計數。
cf997E：枚舉右端點，左端點到當前右端點的答案用線段樹維護。因爲問題的特殊性，維護區間最小值和最小值個數。須要維護區間歷史答案和，額外用一個lazy標記就好了。

###7.4優化

cf1000F：將詢問按照右端點排序，枚舉右端點r，對於固定的r，用線段樹維護前面每一個位置的pre[i]，對於詢問[l,r]，就是要找[l,r]中的最小值，固然還有一個suf[i]>r的條件，這個條件只須要每次新來一個r，把pre[r]的位置的權值賦爲inf便可。若是要求在線，那能夠用主席樹。
cf1000G：樹dp一下就好。

###7.5code

cf995C：有一個結論是任意3個長度<=r的向量，必能夠挑出2個向量經過變換方向組合成一個長度<=r的向量，因此就能夠對原來的一直操做縮小規模，用一個二叉樹來模擬。
cf995D：經過概括法能夠得出答案就是全部f的平均數。
cf995E：考慮到圖比較隨機，因此實際上步數不會不少（實際上最多40），那就能夠雙向BFS解決了。
cf995F：答案是關於D的次數最高爲n的多項式，因此能夠先作一個O(n^2)的dp，而後在D的取值直接插值就行。也能夠dp來處理，咱們關心的只是樹裏面不一樣權值的個數，假設g(x)表示樹裏面權值個數爲x個的時候樹的形態數，那麼總方案數確定是ΣC(D,x)g(x)，問題是如何求g。咱們考慮dp[i]表示樹中最大值爲i的方案數（這顯然O(n^2）的DP能夠作出)，必定有dp[i]=ΣC(i,j)*g[j]，反演求便可。

###7.6htm

Wannafly挑戰賽19 3/6

###7.7blog

CodeM2018複賽 2/6

###7.9排序

Wannafly挑戰賽19 D：必定是固定一個迴文子串，而後把一邊砍掉，一邊翻過去一部分，用manacher輔助計算就行。
Wannafly挑戰賽19 E：BFS跑出兩個數字之間最少須要多少次變換，而後連邊跑費用流
Wannafly挑戰賽19 F：求個前綴和，而後把每一位看做一個26元組，對於一個詢問[l,r]就是問[l,r]裏有多少個pair是相同的，直接莫隊算法就好了。

###7.10

CodeM2018 複賽 C：考慮給每一個點賦值0/1，邊權定義爲兩個點的權值的異或。若每條邊都是-1，那麼答案顯然是每一個連通塊點的個數的2次冪乘積。對於已經肯定的那些邊權，先dfs判斷是否有矛盾，如有則輸出0。不然咱們考慮一個由肯定邊組成的連通塊，那麼給定了一個點的確切權，剩下的也已經肯定了，因此把這個連通塊從答案裏除掉就好了。

###7.11

CodeM2018 複賽 E：考慮把每個點對抽象成平面上的點，那麼就至關於求矩形面積並。
CodeM2018 複賽 D：考慮二分答案，那麼每一個位置就對應了一個區間，咱們把上界作一個凸包，若全部下界都在凸包上面則能夠減小二分的答案，不然要增長二分的答案，但此題能夠有分數，因此二分得不到正確結果。咱們再分析一下二分的過程，發現其實凸包的形狀是同樣的，不一樣的mid只是帶來不一樣的平移量，因此咱們能夠對於最初的點求一個凸包，而後求出點到對應凸包點距離的最大值，把它除以2就是答案。

###7.12

CodeM2018 初賽A輪 D：考慮prim算法，從一個關鍵點開始BFS，遇到第一個關鍵點（則這必定是根據prim算法加入進去的邊），而後把這個點的距離設爲0，丟到priority_queue裏繼續擴展。

###7.13

Codeforces #497 div 2 3/5

###7.14

Codeforces edu47 6/7

###7.26

Codeforces #499 div 2 3/6

###7.27

CF1011C：修改了下實數二分的寫法
CF1011E：把對k取模也加了進去，fix了一下
CF1010D：從上往下考慮每一個門，考慮若是當前門的值須要改變，那麼左右兩個孩子哪一個門的值須要改變，就這樣dfs，分狀況討論便可。

###8.17

牛客143B：$x^2-dy^2=k^2$的pell方程瞭解一下。
牛客143H：預處理f(i)表示以i爲開頭的遞增子序列個數，而後逐位肯定。

###8.18

牛客144J：隨機兩個正整數，互質的機率是$\frac{6}{\pi ^2}$，因此咱們能夠把前100大的拿出來跑暴力

###8.19

牛客144I：把區間按照l升序排序，而後用線段樹維護一段的r最大值，根據線段樹去刪除，刪除一個位置的時間是$O(logn)$，因此均攤時間是$O(nlogn)$

###8.20

牛客144G：s和t之間的最小割集必定是一個團和一個孤立點，設$d[i]$表示樹上i點到其它全部點的距離和，那麼$maxflow(s,t)=min(d[s],d[t])$。因而咱們能夠將$d[i]$數組排個序，而後算總貢獻。$d[i]$用樹形dp求便可。

###8.21

牛客144F：在考慮一個點應該放哪一個表達式的時候，咱們只關心lson和rson的值取0/1的狀況數，對於一個肯定的表達式，咱們確定但願一個lson中0/1的數量最多，rson同理，因而咱們令dp[i][0/1]表示第i個點最多能有多少狀況取0，最多能有多少狀況取1，dp[i][0/1]的值必定由dp[lson][0/1]和dp[rson][0/1]轉移過來。這樣作一次樹dp是O(n)的，但注意要使用高精度，由於每一個點的高精度的位數是和子樹大小同階，因此這至關因而一個揹包，因此複雜度是$O(n^2)$的。
牛客144B：傳送門

###8.22

牛客144E：考慮單獨一個字符，至多分裂10秒就可以到達目標串T的長度，咱們先考慮答案<=10秒的狀況。咱們能夠建出T的自動機，而後能夠預處理出f[i][j][k]表示字符i初始從T自動機的k狀態進去，通過j秒的分裂，會從哪一個狀態出來。這樣就能夠輕鬆知道一個字符在10秒內可否搞出T，而後咱們也就知道了初始字符串S可否在10秒內搞出T。接下來考慮答案大於10秒的狀況，咱們從T第一次出現的位置開始回溯，最終必定能夠縮成1個字符或者2個字符（一個提供後綴，一個提供前綴），要注意這2個字符或者1個字符可能不會出如今初始串中，而出如今10s內的生成串中，因此咱們要BFS一遍，求出每一個字符/字符對第一次出現的時間。最後再枚舉字符對便可。
牛客145C：考慮到$3^{18}$並無超時太多，能夠預處理出最後4次的結果。時間複雜度是$O(2^43^4+3^{14})$。

###8.23

牛客145F：考慮枚舉d，算知足mindiff>=d的全部集合的maxdiff的和。還須要枚舉集合裏的元素個數k，一個集合對答案的貢獻是$a_k-a_1$，分開來利用組合數計算。須要知道帶權的楊輝三角對角線的和如何計算。

###8.24

牛客145I：對於一個樹而言直徑有不少但重心只有一個，考慮計算枚舉每一個點做爲重心的答案，顯然考慮可否用點分治。以某個點u爲重心的直徑爲D的樹要怎麼計數呢？首先要知足至少有兩個離它深度爲D/2的點分佈在不一樣的子樹，而後剩下深度<D/2的點隨便取不取。這樣咱們須要維護兩個東西，一個是<D/2的點的總數，一個是從某個分支出發，有多少個深度剛好是D/2的點，這個用一個map便可。注意到D要討論奇數和偶數狀況很複雜，能夠考慮在原樹中的每條邊之間添加上額外的點，那麼就只要統計偶直徑就好了。時間複雜度$O(n\log n)$。

###8.25

牛客146H：將問題轉換成，最少選取多少個數字使得它們的異或值爲給定值x。最多隻要選取20個，咱們能夠考慮dp[i][x]表示至多選i個數字可否湊成數字x。那麼每步轉移就是給異或卷積，能夠用FWT優化。在每次循環裏，實際上只是關心一個位置x的點值是否爲0，咱們能夠利用FWT(A)函數的定義來$O(n)$求解，因此時間複雜度是$O(x \log x)$的。

###8.26

牛客146B：對於一個合法方案，必定能夠分紅$n_1+n_2$的形式，即左下角一個$n_1$方陣，右上角一個$n_2$方陣，或者左上角一個$n_1$方陣，右下角一個$n_2$方陣。咱們稱前面爲A類，後面爲B類，顯然A類和B類的數量是一致的。咱們設$g(i)$表示$i \times i$的方陣，有多少個A類方案，$f(i)$表示$i \times i$的方陣總方案是多少。顯然有$f(1)=g(1)=1,f(i)=2g(i) \ (i>=2)$。考慮遞推求解$g(i)$，對於一個A類方案，咱們必定能夠找到一個最小的$n_1$，使得每一個方案只被統計一次。那麼有$g(n)=\sum_{i=1}^{n-1} g(i) \times f(n-i)$，繼續化簡有$f(n)=f(n-1)+\sum_{i=1}^{n-1} f(i) \times f(n-i)$。這個用cdq分治+NTT處理便可。
牛客146C：能夠用樹形DP求出以點u做爲根的子樹向下的貢獻，以點u向上的貢獻。而後再用樹形DP統計出以u爲根的連通塊的總貢獻。題解給出了一個更妙的思路，考慮枚舉路徑集合，算有多少連通塊知足要求，容易發現若固定一個路徑集合，那麼知足條件的連通塊必定就是路經集合分割而成的連通塊數量，這個等於白點數-兩端都是白點的邊數。因而能夠兩部分分開計數，前者就是至關於統計不通過某個點的路徑集合數量，後者是統計不通過某條邊的兩個點的路徑集合的數量，均可以樹形DP完成。

###8.27

牛客146I：找到第一個不同的最高位pos，把數字分紅兩個集合A和B。A中數字pos位爲0，B中數字pos位爲1。顯然咱們能夠利用01Trie獲得答案ans，接下來主要考慮方案的選擇。咱們能夠把這些數字當作一個二分圖，左邊點集互相有邊相連，右邊點集互相有邊相連，而後對於那些異或結果是ans的點對，咱們從A向B連一條邊，咱們須要找的就是一個字典序最小的哈密頓路。咱們能夠貪心的從高到低逐位肯定，假設上次選擇的點是u，它所在的集合在c。那麼接下來咱們要麼在c集合裏找一個點，要麼在u相連的另外一個集合的點裏尋找一個點，這些均可以用數據結構來維護。具體來講，用set維護點集中剩餘的點，用mpa<int,priority_queue>維護一個點相連的另外一個集合裏的點。
牛客146J：固定一個n，那麼生成函數就是$(1+x)^n$，因此原問題的生成函數就是$F(x)=(1+x)^0+(1+x)^2+(1+x)^4+...=\frac{(x+1)^{n+2}-1}{(x+1)^2-1}$，咱們所要求的就是$\sum_{i=0}^{m} [i=0 \mod 2] [x^i] F(x)$。把F(x)化簡一下，能夠獲得$F(x) \times (x+2)=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i+1}x^i$。設F(x)裏$x^i$前的係數是$b_i$根據這個式子，咱們能夠發現$b_0和b_{n-2}$是肯定的，其他的$b_i$能夠由$b_{i-1}$或者$b_{i+1}$遞推獲得。那顯然咱們遞推出前M項，問題就解決了。但關鍵是是模數是偶數的時候，可能會致使遞推式子裏的$\frac{1}{2}$沒有逆元。咱們能夠這樣來，將$mod=s \times 2^t$，分別求出模s和模$2^t$的值，而後CRT合併起來。s必定和2互質，因此必定就有逆元了，能夠遞推了。關鍵就是如何求模$2^t$的結果。考慮倒推，有$b_i=\sum_{j>=i+2} (-2)^{j-(i+2)}a_j$，當$j-(i+2)>=t$ 的時候，顯然貢獻爲0，因此這個j頂多枚舉t項。整個時間複雜度是$O(m \log mod)$的。這個問題須要會在$O(n \log mod)$的時間內求出$\binom{m}{0},\binom{m}{1},...,\binom{m}{n}$。

###8.30

hdu6064：BEST theorem定理的應用。注意這裏是固定了起點，因此歐拉回路的數目須要乘上$deg(1)$。同時，這裏將重邊看做相同的了，因此方案要除以每一個重邊的數目的階乘。

###9.7

Codeforces Edu 50 4/7

###9.9

CF1036F：莫比烏斯反演。比較坑的地方在於求i次方根若是直接用$pow$精度會不夠，須要對於$i=3~60$的先預處理打表，詢問在其中二分。

###9.13

hdu6356：將ST表倒過來。
hdu6357：考慮反轉值域，01...xy(y-1)....xy*(y+1)...9，而後dp匹配模式串。

##9.14

hdu6352：分圓多項式用來因式分解。

###9.17

hdu6353：點分樹。對於點分樹上每個節點u，維護點分治過程當中u對應的那坨樹到u的距離關係，而後求個前綴和。對於一個詢問，在點分樹上暴力爬就行，但注意要對答案容斥，因此還須要維護點分治過程當中u對應的那坨樹到last[u]的距離關係。(last[u]是點分樹上u的父親節點)

###9.18

hdu6360：旋轉規則參照正十二面體，能夠列出四種置換羣對應的置換個數，根據對稱性算出循環個數。而後dp[i][j]表示用了前i個顏色塗了前j個循環的方案數，轉移就枚舉第i種顏色塗幾個循環便可。

###9.24

Codevs 3160：廣義後綴自動機。統計每一個點表示字符串在哪些字符串裏出現過。
bzoj3238：後綴樹。先考慮利用SAM建出後綴樹，對於兩個end節點，它們的lcp就是後綴樹上的lca的深度（也就是lca的maxlen）。因而咱們能夠考慮樹形DP，枚舉每一個樹上點做爲lca，統計這種狀況下的答案。

###9.25

bzoj3998：經典問題，利用SAM求第k小子串。考慮先拓撲一下，把SAM上每一個節點向後能走出多少個子串求出來，而後就是從0節點開始從小到大嘗試分支。
bzoj3676：迴文樹模板題。
bzoj4199：建出後綴樹後樹dp便可，注意權值有負數，因此記錄子樹內最大和最小值。
bzoj4310：考慮先二分一個mid，將字典序第mid小的字符串做爲答案（能夠用SA或者SAM），而後來斷定是否可行。注意到分紅的那些段中，字典序最大的必定是某個後綴，因此咱們能夠從後向前貪心，每次新加一個位置i就是新加一個後綴，主要就是比較這個後綴與咱們第mid小的字符串的大小關係。這個能夠利用後綴數組求出它們的lcp來輔助判斷。
bzoj4566：廣義後綴自動機模板題。固然你須要正確地建出廣義後綴自動機。

###9.29

bzoj2780：創建廣義後綴自動機。在創建第i個單詞的過程當中，若是新建了一個節點z，那麼從z開始跳parent鏈，給鏈上的節點都賦上當前單詞的顏色，最後對於每一個詢問就至關於統計自動機上某個點被染顏色的個數。能夠用id[u]表示當前節點被染的顏色來輔助求解，能夠感性理解一下，這個時間複雜度很對……
ARC103C：奇偶分開求出現顏色的最多和次多，最後討論一下便可。
ARC103D（small case）：容易發現詢問點與原點的曼哈頓距離必須奇偶性都相同，而後只須要定每條機械臂長度爲1就能夠搞一搞了。
ARC103E：如有解，必需要知足：S[i]=S[n-i],S[1]=1,S[n]=0，而後根據S序列，在以前的節點基礎上創建一個父親，用額外的單點來填充size，構造樹便可。

###10.1

bzoj3277：相似bzoj2780，建出後綴自動機，求出每一個點表示的子串在多少個字符串中出現。該問題要求相同的字符串不一樣位置算多個，最容易想到的就是求出全部點在每一個顏色的下的endpos，但這樣時間複雜度十分爆炸。把每一個串做爲一個詢問串，考慮其每一個前綴i有多少個後綴是知足條件的，這等價於先找出在後綴自動機上該串前綴i的終結節點，而後跳parent鏈，看有多少個節點的cnt>=k。這樣時間複雜度也是不對的。因此能夠先按照拓撲序dp一下，獲得每一個點到root的鏈上的點的權值和，這樣複雜度就是線性的了。
bzoj3926：注意到葉子節點個數<=20，那麼把每一個葉子節點提起來做爲根，獲得就是一個Trie。因此本質上就是把這20個Trie對應的廣義後綴自動機建出來就好了。
bzoj2806：先二分一個L，而後能夠dp求出最長匹配多少位置。$dp(i)$表示前面i個位置最長能被匹配多少，那麼有$dp(i)=max(dp(j)+i-j) i-j>=L 且 s[j..i]是某個子串$，咱們能夠提早預處理出mx[i]表示s[1..i]中最長的做爲子串出現的後綴，而後就是一個單調隊列優化DP。至於怎麼求這個mx[i]，就是從前日後一直匹配維護一個cur，表示當前s[1..i]的最長後綴的長度爲cur，若是從當前自動機節點有一個s[i+1]的轉移，那麼就轉移過去而且cur+=1，不然就順着slink跳直到有這樣的轉移的節點u'，cur=maxlen[u']+1。
HackerRank special-substrings：先把問題變成「一個字符串有多少個本質不一樣的子串能夠做爲它迴文子串的前綴」。咱們能夠先建出後綴自動機，而後對於每一個本質不一樣的迴文子串在自動機上更新答案。具體的，用迴文樹跑出以節點i爲後綴的新增迴文串，設其爲s[j..i]，長度爲len，那麼咱們從表明後綴S[j]的後綴自動機節點u開始，一直向上跳slink鏈，若某個點maxlen<=len，那麼這個點能夠被徹底覆蓋，若是minlen<=len<=maxlen，則部分覆蓋，固然直接跳鏈會T，能夠考慮倍增跳。由於這裏是離線，因此跳的時候就要注意答案的更新。時間複雜度$O(nlogn)$。
bzoj1396：首先跑後綴自動機，挑出那些出現一次的位置，記下該點的suf。設點u對應的字符串出現1次，u點表示的終結位置是i，那麼有[i-minlen[u]+1,i]以內對i-minlen[u]+1取min，[i-maxlen[i]+1,i-minlen[i]+1]以內對i-j+1取min，用兩個線段樹打標記便可。
bzoj4516：字符集比較大，用map便可。
hihocoder 1466：建兩個後綴自動機，跑出sg函數。而後就是個逐步肯定問題了，這裏要涉及到兩個的逐步肯定，寫的十分自閉。
hihocoder 1465：很容易想到把詢問串T接一下，而後求每一個前綴i的最大出現後綴，找到以i爲後綴的包含長度n的節點u(須要跳slink)，而後給這個節點打上標記。注意可能會出現循環同構，因此若是某個節點以前被打上了標記，那麼此次就不累加結果。

###10.2

ARC103D（big case）：容易發現，當全部$x_i+y_i$的奇偶性同樣時，就有解。特別的咱們假設$x_i+y_i$是奇數（如果偶數，能夠先讓他們朝一個方向都走1）。而後，咱們將機械臂長度定爲2的次冪，就能夠構造出全部解了。具體的構造方法就是每次把當前的1填到長度爲奇數的地方，而後給座標除以2，不斷進行下去。
ARC103F：值最大的點必定是葉子，值最小的點必定是重心，咱們不妨把最小的點（重心）看成根，去構造有根樹。那麼顯然從根往下知足D值單增。因而咱們能夠先對全部D排序，就獲得了拓撲序，而後從下到上考慮每一個點的父親應該是誰。利用D[u]=D[v]+2*sz[v]-n來對於一個v找其父親便可。

###10.12