「模擬賽」多校 A 層衝刺 NOIP 24

Aqr_Rn發表於2024-11-20

總結

T1 各種做法迷亂了我的心智，帶上推 KMP 的半小時總共調了 2.5 h T1，浪費時間太長了，導致最後 T2、T4 暴力都沒打，~~打了就 Rank 4 了~~

中間看題＋【資料刪除】用了半小時

T2 簡單推了二十多分鐘覺得沒前途先開了 T3，一眼會思路，感覺有點小細節，決定先打暴力再打倍增最佳化，結果 \(n^2\) 一打就打了一小時，離比賽結束就剩 5 分鐘了，於是直接擺了

賽後改完 T3 的倍增：我去還好賽時沒打出來，要是打出來了就全 MLE 了

明天一定打暴力！！！

A.選取字串

KMP、字串好題

因為所有字串都是大字串的字首，所以一旦我們每個字串的字首字尾的長度確定了，那麼字首字尾長什麼樣也就確定了

設 \(f_i\) 為所有相同字首字尾長度可以為 \(i\) 的字串的個數

我們列舉 \(i\in [1,n]\)，每次欽定兩個串 \(p、q\) 裡必須有一個是 \(S_i\)，而另一個串可以在合法的範圍內任意選。

設 \(g_i\) 表示必選字首串 \(S_i\) 時另一個串可以選的字串的個數

那麼答案就是 \(\sum_{i=1}^n \binom {f_i}{k}\times (2\times g_i-1)\) + \(\binom {n+1}{k}\)

Why：另一個串有 \(g_i\) 種可能，而 \(p、q\) 的順序不同為不同的方案，所以乘 2，再減去 \(p、q\) 都選 \(S_i\) 的情況（這個情況 \(p、q\) 順序不同也是一種方案）
最後 \(p、q\) 全選空串的方案單獨算即為 \(n+1\) 個串裡選 \(k\) 個

現在考慮 \(f_i、g_i\) 的計算：

對於 \(f_i\)：KMP 求出所有字串 \(S_{[1,i]}\) 的包的er 值 \(pi_i\)，即最長的既是字首也是字尾的長度，那麼每個字串 \(S_i\) 相同字首字尾可以為 \(S_{[1,\ pi_i]}\)，同時也可以為 \(S_{[1,\ pi_i]}\) 的字首字尾，所以從大到小遞推計算：f[pi[i]] += f[i];
對於 \(g_i\)：顯然選 \(S_i\) 時同樣可以為所有字串的字首字尾的只能是 \(S_i\) 的字首字尾，也是同理遞推得到，g[i] += g[pi[i]];

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Aqrfre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin),freopen(#y ".out", "w", stdout)
#define mp make_pair
#define Type int
#define qr(x) x=read()
typedef long long ll;
using namespace std;

inline Type read(){
    char c=getchar(); Type x=0, f=1;
    while(!isdigit(c)) (c=='-'?f=-1:f=1), c=getchar();
    while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48), c=getchar();
    return x*f;
}

const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 998244353;

inline vector<int> pretix(string s){
    int len = s.length();
    vector<int>v(len+10); v[0] = 0;
    for(int i=1; i<len; i++){
        int j = v[i-1]; //v: The length of the string which from 1 to i - 1
        while((i == j or s[i] != s[j]) and j) j = v[j-1];
        if(s[i] == s[j]) j++;
        v[i] = j;
    }
    return v;
}

string s;
int n, k, sum[N], f[N], g[N];
vector<int>pi;

int fact[N], inv[N], fainv[N];
inline void AqrPre(){
    fact[0] = fact[1] = 1;
    inv[0] = inv[1] = 1;
    fainv[0] = fainv[1] = 1;
    for(int i=2; i<=n+3; i++){
        fact[i] = 1ll * fact[i-1] * i % mod;
        inv[i] = 1ll * inv[mod%i] * (mod - mod / i) % mod;
        fainv[i] = 1ll * fainv[i-1] * inv[i] % mod;
    }
}

inline int C(int x, int y){
    return x < y ? 0 : 1ll * fact[x] * fainv[y] % mod * fainv[x-y] % mod;
}

/*
思路應該是顯然的？？實現也簡單啊只不過我假了一版又一版

那這題確實是簡單簽到了啊，但我打了兩個半小時？？

還有救麼？？這讓我怎麼翻？後面三題只打暴力肯定不行吧
*/

signed main(){ // string
    Aqrfre(string, string);

    qr(k); cin>>s; n = s.length();
    AqrPre(); pi = pretix(s);

    for(int i=0; i<n; i++) f[pi[i]]++, g[i+1] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++) g[i] += g[pi[i-1]];

    for(int i=n; i>=1; i--)
        if(i and pi[i-1]) f[pi[i-1]] += f[i];

    int ans = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        ans += C(f[i]+1, k) * ((g[i] + 1) * 2 - 1) % mod;
        ans %= mod;
    }
    cout<<(ans+C(n+1, k))%mod<<"\n";



    return 0;
}

B.取石子

博弈論

搞不懂放博弈論的目的是什麼，仙姑

C.均衡區間

二維數點

感覺思路比 T1 還簡單啊

啥是二維數點啊我不會？？掛 \(\log\) 是沒前途的，所以提供一種不掛 \(\log\) 的目前最優解（ ~~極限 \(n^2\) 的哈哈~~

\[------------------------------------------------------ \]

以 \(i\) 為左端點時舉例：

設 \(Rmax_i\) 為右側第一個大於 \(a_i\) 的位置，\(Rmin_i\) 同理

預處理出所有的 \(Rmax_i\) 以及 \(Rmin_i\)，和 \(Ranum_i\) 表示從 \(i\) 開始遞增子序列的長度，\(Rbnum_i\) 表示 \(i\) 開始遞減子序列的長度

可以根據轉移理解一下 \(Ranum，Rbnum\) 陣列：Ranum[i] = Ranum[Rmax[i]] + 1;

發現從 \(max(Rmax, Rmin)\) 開始到最後，除了所有的比當前最大的還大的、比當前最小的還小的，其餘都可以作為合法的右端點

統計答案：

我們把 \(Rmax_i、Rmin_i\) 裡較小的一個不斷跳到大於另一個的位置

如 \(Rmax_i<Rmin_i\) 時，不斷賦值 \(r1 = Rmax_{r1}\ 直到\ r1 >= Rmin_i\)

這個時候答案就是 \((n-Rmin_i+1)-Ranum[Rmin_i]-Rbnum[r1]-2\)