文章目錄

• 考試復盤
• 人生
• 贏家
• 黑紅兔

考試復盤

$T1$

$subtask1:n\le 5$，暴搜點的顏色狀態以及邊的存在狀態

對于一條連接相同顏色點的邊，可要可不要，不會提供形態變化的貢獻，$2^{edge}$

$dp$？？？

設$dp[i][j][0/1]$表示前$i$個點，顏色為白/黑，由前面$j$個點轉移過來？

好像轉移不動。。pass

$T2$

$n\le 15$？？感覺給子任務編號，是不同數據下的算法拼湊而來的呢(〃￣︶￣)人(￣︶￣〃)

$subtask1:m\le 20$，直接$2^m$暴搜

竟然空間超限，ε=(･д･｀*)ﾊｧ…，哭暈在廁所

$subtask2:1?2$之間有唯一的一條簡單路徑

考慮枚舉在這條路徑上的$i$點相遇，則除了這條路徑以外的邊的方向都無所謂

$subtask3:n\le 10\to m\le 45$

$subtask4:$一般情況

考慮枚舉在點$x$相遇，暴搜$1?x$每一條路徑，在此基礎上搜$2?x$的每一條路徑，沒被打標記的邊可選可不選；

但是這里會出現重復的情況，因為路徑并不是唯一的

emmmmmm（▼?▼メ）難搞哦(?。?)

$T3$

字符匹配非常類似最近做的$FFT$題_(:3J∠)

可仔細想想，又不太對勁，pass

猜個小結論：長度是每段只比上一段加一，感覺就是對的

考慮$dp[i][j]$，表示串$[l,r]$作為首串，最多能接的段數

轉移，要枚舉位置？？比較串，$kmp$？？$hash$？？，好像時間復雜度有點大誒

算了吧。。。

考后

唯一想說的，對于這場比賽就只有空間超限了，(*ﾟДﾟ)つﾐ匚___

人生

$n\le 2e5$

---

設$en{d}_i$表示以$i$為結尾的路徑條數

如果$en{d}_j$是偶數條，連向$i$后，$en{d}_i$也只會加上偶數，奇偶性不變

如果$en{d}_j$是奇數條，連向$i$后，$en{d}_i$會加上奇數，奇偶性變化

注意$en{d}_i$要加上$1$，自己到自己的路徑

由此得知，$en{d}_i$奇偶性只跟前面與$i$連邊的點中$en{d}_j$是奇數的點的個數有關，與實際點是哪個無關

設$f[i][j][k][h]$：表示前$i$個點，有$j$個白點和$k$個黑點的$end$是奇數，且前$i$個點$end$之和的奇偶性為$h$（$0$偶$1$奇）

對于一個$n$元集合（$n>1$），選出一個偶數子集大小或者是一個奇數子集大小的方案數均為$2^{n?1}$

---

簡單證明一下(￣▽￣)"：

①$n$為奇數

假設選了$i$個，$i$為奇數，那么$n?i$個沒有選，$n?i$為偶數

說明每選一種奇數子集大小的方案，就會存在一種偶數子集大小的方案

各自占一半，$=\frac{2^n}{2}=2^{n?1}$

②$n$為偶數

設$T(n,1)$表示在$n$個中選奇數個的方案數，$T(n,0)$表示在$n$個中選偶數個的方案數

考慮把$n$分成前后各一半

Ⅰ設$n/2$為奇數

$T(n,1)=T(n/2,1)?T(n/2,0)+T(n/2,0)?T(n/2,1)=2?T(n/2,0)?T(n/2,1)$

$T(n,0)=T(n/2,1)?T(n/2,1)+T(n/2,0)?T(n/2,0)$

先前證明過當$x$為奇數時，其選擇奇數和偶數的方案數相等

$T(n,0)=T(n/2,1)?T(n/2,0)+T(n/2,0)?T(n/2,1)=2?T(n/2,0)?T(n/2,1)$

$?T(n,0)=T(n,1)$

Ⅱ設$n/2$為偶數

遞歸$n/2$，不停的除以$2$，總有一層是奇數，就變成了Ⅰ

證畢

---

大力討論列出轉移方程

①點$i+1$為白色，且$end$為偶數，總和奇偶性不變
$$f[i+1][j][k][h]=f[i][j][k][h]?2^{k?1}?2^{i?k}$$

$2^{k?1}$：會對$i+1$奇偶性造成影響的$k$個黑色奇數點，從中選擇奇數個的方案數，$en{d}_{i+1}$有這些黑色奇數點帶來的奇數貢獻，再加上自己到自己本身一條路徑，就是偶數了

$2^{i?k}$：剩下的點與$i+1$可連可不連，不會造成影響

②點$i+1$為白色，且$end$為奇數，總和奇偶改變
$$f[i+1][j+1][k][h?1]=f[i][j][k][h]?2^{k?1}?2^{i?k}$$

$2^{k?1}$：會對$i+1$奇偶性造成影響的$k$個黑色奇數點，從中選擇偶數個的方案數

③點$i+1$為黑色，且$end$為偶數，總和奇偶性不變
$$f[i+1][j][k][h]=h[i][j][k][h]?2^{j?1}?2^{i?j}$$

$2^{j?1}$：會對$i+1$奇偶性造成影響的$j$個白色奇數點，從中選擇奇數個的方案數

④點$i+1$為黑色，且$end$為奇數，總和奇偶改變
$$f[i+1][j][k+1][h?1]=f[i][j][k][h]?2^{j?1}?2^{i?j}$$

$2^{j?1}$：會對$i+1$奇偶性造成影響的$j$個白色奇數點，從中選擇偶數個的方案數

如果點$i+1$被欽定為黑色，則沒有①②的轉移；白色則沒有③④的轉移

觀察到每個轉移方程中后面兩個$2$的冪乘積與$j,k$無關，都為$2^{i?1}$
當$j,k$為$0$時，從中選偶數個為$2^i$，選奇數個為$0$

于是，不再需要$j,k$的實際值了

設$f[i][0/1][0/1][h]$，表示前$i$個點，$end$和的奇偶為$h$，是否有$end$為奇數的白/黑點

#include <cstdio> #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 200005 int f[maxn][2][2][2]; int mi[maxn], c[maxn]; int n;signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &c[i] );mi[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;f[0][0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j <= 1;j ++ )for( int k = 0;k <= 1;k ++ )for( int h = 0;h <= 1;h ++ ) {if( ! f[i][j][k][h] ) continue;if( c[i + 1] != 1 ) {f[i + 1][j][k][h] = ( f[i + 1][j][k][h] + f[i][j][k][h] * ( k ? mi[i - 1] : 0 ) % mod ) % mod;f[i + 1][j | 1][k][h ^ 1] = ( f[i + 1][j | 1][k][h ^ 1] + f[i][j][k][h] * ( k ? mi[i - 1] : mi[i] ) % mod ) % mod;}if( c[i + 1] != 0 ) {f[i + 1][j][k][h] = ( f[i + 1][j][k][h] + f[i][j][k][h] * ( j ? mi[i - 1] : 0 ) % mod ) % mod;f[i + 1][j][k | 1][h ^ 1] = ( f[i + 1][j][k | 1][h ^ 1] + f[i][j][k][h] * ( j ? mi[i - 1] : mi[i] ) % mod ) % mod;}}int ans = 0;for( int j = 0;j <= 1;j ++ )for( int k = 0;k <= 1;k ++ )ans = ( ans + f[n][j][k][1] ) % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0; }

---

贏家

$n\le 15,m\le \frac{n\times (n+1)}{2}$

---

轉化為用總數$2^m$減去不合法的方案數

不合法方案數即為，$1$能到達的點集$S$，$2$能到達的點集為$T$，$S\cap T=?$

設$f[S]$表示能使$1$到達點集為$S$內所有點的方案數，$g[T]$為能使$2$到達點集為$T$內所有點的方案數

枚舉$S,T$，兩個集合內部的邊的定向方案數即為$f[S]\times g[T]$（不能有邊跨越$S,T$）

對于點集$S\cup T$的補集中的點，內部邊可以隨便定向$2^{edge}$，而對于一個頂點在集合外另一個頂點在$S,T$集合內的邊，一定是從集合外指向集合內

枚舉的時間復雜度為$O(3^n)$

接下來考慮怎么計算$f[S]$，$g[T]$與之一樣

一樣的思路，用總數減去不合法的數量

總數為$2^{edge\_S}$，

減去不合法的方案，枚舉一個$S$的真子集$s^{\prime }$，計算只能到達子集$s^{\prime }$內的點的方案數

點集$s’$內的方案數為$f[s^{\prime }]$，點集外的方案數為$2^{edge\_S?edge\_s’}$

對于橫跨$s’,C_S{s}^{\prime }$的邊，方向一定是從外面指向子集$s^{\prime }$內

所以此時減去的方案數為$f[s^{\prime }]\times 2^{edge\_S?edge\_s^{\prime }}$

枚舉子集，$DP$時間復雜度為$O(3^n)$

#include <cstdio> #define mod 1000000007 #define int long long #define maxn 20 #define maxm 1 << 15 int n, m, id; bool edge[maxn][maxn]; int in[maxm], out[maxm], mi[maxn * maxn], f[maxm], g[maxm];signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &id );mi[0] = 1;for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );edge[u][v] = 1;mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;}int cnt = 1 << n;for( int S = 0;S < cnt;S ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )if( edge[i][j] ) {if( ( 1 << i - 1 & S ) && ( 1 << j - 1 & S ) ) in[S] ++;//完全包含在點集S里面的邊if( ( 1 << i - 1 & S ) || ( 1 << j - 1 & S ) ) out[S] ++;//完全包含在點集S里面的邊+一個頂點在點集里一個頂點在點集外}for( int S = 0;S < cnt;S ++ ) {if( ! ( S & 1 ) ) continue;//如果沒有包含點1 跳過f[S] = mi[in[S]];for( int T = ( S - 1 ) & S;T;T = ( T - 1 ) & S ) {if( ! ( T & 1 ) ) continue;//子集也必須包含點1f[S] = ( f[S] - f[T] * mi[in[S ^ T]] % mod + mod ) % mod;}}for( int S = 0;S < cnt;S ++ ) {if( ! ( S >> 1 & 1 ) ) continue;g[S] = mi[in[S]];for( int T = ( S - 1 ) & S;T;T = ( T - 1 ) & S ) {if( ! ( T >> 1 & 1 ) ) continue;g[S] = ( g[S] - g[T] * mi[in[S ^ T]] % mod + mod ) % mod;}}int ans = mi[m];for( int S = 0;S < cnt;S ++ ) { if( ! ( S & 1 ) || ( S >> 1 & 1 ) ) continue;for( int T = ( cnt - 1 ) ^ S;T;T = ( T - 1 ) & ( ( cnt - 1 ) ^ S ) ) {if( ! ( T >> 1 & 1 ) || in[S] + in[T] < in[S | T] ) continue;//如果沒有包含點2 或 S,T點集有邊橫跨兩個集合 為不合法劃分 跳過ans = ( ans - f[S] * g[T] % mod * mi[m - out[S | T]] % mod + mod ) % mod;}}printf( "%lld\n", ans );return 0; }

---

黑紅兔

$n\le 5e5$

---

性質1：存在一種方案，最后一段長度為$1$，每選出的段的長度都比上一段小$1$

很顯然，如果某一段比下一段長$\ge 2$，可以在前面或者后面去掉若干字符，只需要保證下一段是嚴格子串即可

設$f[i][j]$表示以子串$[i,j]$為首串，能否找出$j?i+1$段符合要求

$f$為$yes/no$的$bool$數組

枚舉下一段與$f[i+1,j]$還是$f[i][j?1]$進行轉移

用$hash$判斷兩個串是否相同

性質2：答案不超過$O(\sqrt{n})$

最好的情況為$1+2+...+k$，此時有$\frac{k(k+1)}{2}\le n$

性質3：假設以$i$作為第一段開頭，如果第一個串長$len$時，可以選出$len$段，那么串長為$len?1$時，也能選出$len?1$段

非常顯然，都刪去一個首/尾跟下一段無關的字符，最后一段被刪去，仍能保證嚴格子串性質

設$f[i]$為以$i$開始的首串，最長能選多少段

考慮二分答案，問題轉化為找$[i+mid,n]$內是否存在一個$j$，滿足

$f[j]\ge mid?1$

$lcp(i,j)\ge mid?1$或者$lcp(i+1,j)\ge mid?1$（看是首/尾是新添的多余字符

如果求出原串的后綴數組，那么$lcp(i,j)\ge x$相當于$rn{k}_j$在某個區間內，可以二分求出這個區間

此套路做法，詳情可見👉親愛的佳媛姐姐正解做法——字符串LOJ2059

$O(nlo{g}^{2}n)$

性質4：$f[i]\le f[i+1]+1$

如果$i$開始能接大于$f[i+1]+1$段，那么$i+1$開始一定能接大于$f[i+1]+1?1=f[i+1]$段，有性質3得出

所以就不用二分了，類似滑動窗口一樣，先把$f[i]$賦為$f[i+1]+1$，然后判斷是否可行，不行就一直$?1$直到可行為止

類似于$SA$求$height$數組，$O(nlogn)$

預處理$st$表里面的$log$，快了整整三秒，卡(>ρ<")了

終于過了(＾Ｕ＾)ノ~ＹＯ

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 500005 #define INF 0x7f7f7f7f int n, m = 255; char s[maxn]; int tot[maxn], rnk[maxn << 1], sa[maxn], id[maxn], x[maxn], h[maxn], lg[maxn]; int st[maxn][20];void init() {for( int i = 1;i <= n;i ++ ) tot[x[i] = s[i]] ++;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) tot[i] += tot[i - 1];for( int i = n;i;i -- ) sa[tot[x[i]] --] = i;for( int k = 1;k <= n;k <<= 1 ) {int num = 0;for( int i = n - k + 1;i <= n;i ++ ) id[++ num] = i;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) if( k < sa[i] ) id[++ num] = sa[i] - k;memset( tot, 0, sizeof( tot ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) tot[x[i]] ++;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) tot[i] += tot[i - 1];for( int i = n;i;i -- ) sa[tot[x[id[i]]] --] = id[i];for( int i = 1;i <= n;i ++ ) rnk[i] = x[i];x[sa[1]] = num = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ )x[sa[i]] = ( rnk[sa[i]] == rnk[sa[i - 1]] && rnk[sa[i] + k] == rnk[sa[i - 1] + k] ) ? num : ++ num;if( n == num ) break;m = num;}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) rnk[sa[i]] = i;int k = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( rnk[i] == 1 ) continue;if( k ) k --;int j = sa[rnk[i] - 1];while( i + k <= n && j + k <= n && s[i + k] == s[j + k] ) k ++;h[rnk[i]] = k;}lg[0] = -1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) st[i][0] = h[i];for( int j = 1;j <= 18;j ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( i + ( 1 << j - 1 ) > n ) break;else st[i][j] = min( st[i][j - 1], st[i + ( 1 << j - 1 )][j - 1] ); }int lcp( int l, int r ) {int i = lg[r - l + 1];return min( st[l][i], st[r - ( 1 << i ) + 1][i] ); }int cnt; int rt[maxn], t[maxn * 30], lson[maxn * 30], rson[maxn * 30];void modify( int pre, int &now, int l, int r, int pos, int val ) {if( ! now ) now = ++ cnt;if( l == r ) { t[now] = max( t[now], val ); return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) rson[now] = rson[pre], modify( lson[pre], lson[now], l, mid, pos, val );else lson[now] = lson[pre], modify( rson[pre], rson[now], mid + 1, r, pos, val );t[now] = max( t[lson[now]], t[rson[now]] ); }int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( ! now || R < l || r < L ) return 0;if( L <= l && r <= R ) return t[now];int mid = ( l + r ) >> 1;return max( query( lson[now], l, mid, L, R ), query( rson[now], mid + 1, r, L, R ) ); }int find_l( int pos, int len ) {int l = 1, r = pos - 1;while( l <= r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( lcp( mid + 1, pos ) >= len ) r = mid - 1;else l = mid + 1;}return l; }int find_r( int pos, int len ) {int l = pos + 1, r = n;while( l <= r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( lcp( pos + 1, mid ) >= len ) l = mid + 1;else r = mid - 1;}return r; }bool check( int pos, int len ) {if( query( rt[pos + len], 1, n, find_l( rnk[pos], len - 1 ), find_r( rnk[pos], len - 1 ) ) >= len - 1 )return 1;if( query( rt[pos + len], 1, n, find_l( rnk[pos + 1], len - 1 ), find_r( rnk[pos + 1], len - 1 ) ) >= len - 1 )return 1;return 0; }int ans; int f[maxn];int main() {scanf( "%s", s + 1 );n = strlen( s + 1 ); init();ans = f[n] = 1;modify( rt[n + 1], rt[n], 1, n, rnk[n], f[n] );for( int i = n - 1;i;i -- ) {f[i] = f[i + 1] + 1;while( ! check( i, f[i] ) ) f[i] --;ans = max( ans, f[i] );modify( rt[i + 1], rt[i], 1, n, rnk[i], f[i] );}printf( "%d\n", ans );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的test 7 3-22 2021省选模拟赛seven的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。