A. Automaton
字尾自動機可以得到$O(2n+1)$個狀態,但是字尾自動機會拒絕接收所有不是$S$的子串的串,所以在建立字尾自動機的時候不復制節點即可得到$n+1$個狀態的DFA。
#include<stdio.h> #include<algorithm> #include<math.h> #include<string.h> #include<string> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<queue> #include<time.h> #include<assert.h> #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int>pi; const int Maxn=200020; int n,q,sz,last,len; int ml[Maxn],f[Maxn],ch[Maxn][26]; vector<int>G[Maxn]; string ss[Maxn]; string s; void add(int c) { int p=last; if(ch[p][c]) { int q=ch[p][c]; if(ml[q]==ml[p]+1)last=q; else { int nq=++sz; memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); ml[nq]=ml[p]+1; last=nq; f[nq]=f[q]; f[q]=nq; for(;p&&ch[p][c]==q;p=f[p])ch[p][c]=nq; } } else { int np=++sz;last=np; memset(ch[np],0,sizeof ch[np]); ml[np]=ml[p]+1; for(;p&&!ch[p][c];p=f[p])ch[p][c]=np; if(!p){f[np]=1;return;} int q=ch[p][c]; f[np]=q;return;// if(ml[q]==ml[p]+1){f[np]=q;return;} int nq=++sz; memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); ml[nq]=ml[p]+1; f[nq]=f[q]; f[q]=f[np]=nq; for(;p&&ch[p][c]==q;p=f[p])ch[p][c]=nq; } } void init(){ sz=1;memset(ch[sz],0,sizeof ch[sz]); } void insert(string &s) { last=1; for(int i=0;i<s.size();i++) { add(s[i]-'a'); } } struct Node{ int u,v; char c; Node(){} Node(int u,int v,char c):u(u),v(v),c(c){} }; bool check(int st){ int cur=1; for(int i=st;i<s.size();i++){ if(!ch[cur][s[i]-'a'])return 0; cur=ch[cur][s[i]-'a']; } return 1; } int main(){ while(cin>>s){ //s.assign(20,'a'); //for(int i=0;i<20;i++)s[i]=rand()%5+s[i]; memset(ch,0,sizeof ch); init(); insert(s); vector<Node>rep; for(int i=1;i<=sz;i++){ for(int j=0;j<26;j++){ if(ch[i][j])rep.push_back(Node(i,ch[i][j],j+'a')); } } /* for(int i=0;i<s.size();i++){ if(!check(i)){ puts("wa"); cout<<s<<endl; printf("%d\n",i); while(1); } } */ printf("%d %d\n",sz,(int)rep.size()); for(int i=0;i<rep.size();i++)printf("%d %d %c\n",rep[i].u,rep[i].v,rep[i].c); } return 0; }
B. Beinz
用Lucas定理計算組合數即可,時間複雜度$O(p+t\log n)$。
#include<stdio.h> #include<algorithm> #include<math.h> #include<string.h> #include<string> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<queue> #include<time.h> #include<assert.h> #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int>pi; const int mod=1e9+7; const int Maxn=1002000; int fac[Maxn],rev[Maxn]; int C(int x,int y){ if(x<y||y<0)return 0; return 1LL*fac[x]*rev[y]%mod*rev[x-y]%mod; } int main(){ int k,p,t; LL n; fac[0]=fac[1]=rev[0]=rev[1]=1; for(int i=2;i<Maxn;i++)fac[i]=1LL*i*fac[i-1]%mod; for(int i=2;i<Maxn;i++)rev[i]=1LL*(mod-mod/i)*rev[mod%i]%mod; for(int i=2;i<Maxn;i++)rev[i]=1LL*rev[i-1]*rev[i]%mod; while(scanf("%d%d%d",&k,&p,&t)!=EOF){ while(t--){ scanf("%lld",&n); LL ans=1; while(n){ ans=1LL*ans*C(n%p+k-1,k-1)%mod; n/=p; } printf("%lld\n",ans); } } return 0; }
C. Cutting
首先將串插入Trie中,可以去掉一些冗餘狀態。
設$dp[l][r][x][y]$表示$[l,r]$這個區間切成串$x$的字首$y$的最少步數,可以列舉下一個匹配點轉移。
設$f[l][r]$表示$[l,r]$消完的最小步數,可以暴力轉移求解。
在計算$dp$的時候加上可行性剪枝即可,複雜度達不到理論上界$O(n^5)$。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std ; typedef long long LL ; typedef pair < int , int > pii ; #define clr( a , x ) memset ( a , x , sizeof a ) const int N = 105 ; const int MAXN = 10005 ; const int INF = 0x3f3f3f3f ; int node[MAXN][26] ; int word[MAXN] ; char s[N] , p[N] ; int dp[N][MAXN] ; int jump[N][26] , pre[26] ; int f[N][N] ; int n , m , cur ; int newnode () { clr ( node[cur] , 0 ) ; word[cur] = 0 ; return cur ++ ; } void insert ( char s[] ) { int now = 0 ; for ( int i = 0 ; s[i] ; ++ i ) { int x = s[i] - 'a' ; if ( !node[now][x] ) node[now][x] = newnode () ; now = node[now][x] ; } word[now] = 1 ; } void solve () { n = strlen ( s + 1 ) ; for ( int i = 0 ; i < 26 ; ++ i ) { pre[i] = n + 1 ; } for ( int i = n ; i >= 0 ; -- i ) { for ( int j = 0 ; j < 26 ; ++ j ) { jump[i][j] = pre[j] ; } pre[s[i] - 'a'] = i ; } cur = 0 ; newnode () ; for ( int i = 0 ; i < m ; ++ i ) { scanf ( "%s" , p ) ; insert ( p ) ; } clr ( f , INF ) ; for ( int l = n ; l >= 1 ; -- l ) { clr ( dp , INF ) ; dp[l - 1][0] = 0 ; for ( int r = l ; r <= n ; ++ r ) { for ( int now = 0 ; now < cur ; ++ now ) if ( dp[r - 1][now] < INF ) { for ( int i = 0 ; i < 26 ; ++ i ) if ( node[now][i] ) { int nxt = node[now][i] ; int x = jump[r - 1][i] ; while ( x <= n ) { int tmp = r <= x - 1 ? f[r][x - 1] : 0 ; dp[x][nxt] = min ( dp[x][nxt] , dp[r - 1][now] + tmp ) ; if ( word[nxt] ) f[l][x] = min ( f[l][x] , dp[x][nxt] + 1 ) ; x = jump[x][i] ; } } } } for ( int r = l ; r <= n ; ++ r ) { for ( int i = l ; i < r ; ++ i ) { f[l][r] = min ( f[l][r] , f[l][i] + f[i + 1][r] ) ; } } } printf ( "%d\n" , f[1][n] ) ; } int main () { while ( ~scanf ( "%s%d" , s + 1 , &m ) ) solve () ; return 0 ; }
D. Disclosure
對於一條邊$x->y$,若去掉之後$x$不能到達$y$,那麼它是必需的。
首先拓撲排序求出拓撲序,然後按照終點拓撲序為第一關鍵字,起點拓撲序為第二關鍵字從小到大加邊。
對於每個點,維護一個bitset,表示當前從哪些點可以到達自己。
時間複雜度$O(\frac{nm}{32})$。
#include<cstdio> #include<bitset> #include<algorithm> using namespace std; typedef pair<int,int>P; const int N=50002,M=50002; int n,m,i,j,x,y,d[N],g[N],g2[N],v[M],v2[M],nxt[M],nxt2[M],ed,h,t,q[N],ans;bitset<N>f[N];P b[M]; inline void add(int x,int y){d[y]++;v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;} inline void add2(int x,int y){v2[++ed]=y;nxt2[ed]=g2[x];g2[x]=ed;} int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1; while(m--)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y); for(ed=0,i=h=1;i<=n;i++)if(!d[i])q[++t]=i; while(h<=t)for(i=g[x=q[h++]];i;add2(v[i],x),i=nxt[i])if(!(--d[v[i]]))q[++t]=v[i]; for(i=1;i<=n;i++)for(j=g2[x=q[i]];j;f[x]|=f[v2[j]],j=nxt2[j])if(!f[x][v2[j]])b[++ans]=P(v2[j],x); sort(b+1,b+ans+1); for(i=1;i<=ans;i++)printf("%d %d\n",b[i].first,b[i].second); return 0; }
E. Embedded circles
如果詢問$i$的範圍完全包含詢問$j$,那麼$i$向$j$連邊,這樣可以得到一棵樹。
因為題目的限制,所以它給出的是這棵樹的dfs序列。
維護一個棧,按深度維護當前詢問到根的路徑,每次讀入一個新的詢問,如果它的圓心不被棧頂詢問包含,那麼彈棧,這樣就可以找到當前詢問的父親。
每次彈棧的時候計算被彈詢問的答案,為了保證複雜度均攤線性,需要找到若干個屬於它的且不屬於它任何孩子的一個起點,然後從這些起點開始BFS染色。
每次BFS染色出界的時候,在棧中二分查詢出深度最大的包含了這個位置的詢問,那麼這個點就是那個詢問的一個可能的起點。
時間複雜度$O(RC+Q\log Q)$。
#include<cstdio> const int N=2010,M=1000010,E=N*N*4; int dx[4]={-1,1,0,0},dy[4]={0,0,-1,1}; int n,m,i,j,cq,e[M][3],q[M],t,ans[M];char a[N][N]; int que[N*N],head,tail;bool vis[N][N]; int g[M],v[E],nxt[E],ed; long long all; inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';} inline int sqr(int x){return x*x;} inline bool check(int x,int y,int p){ return sqr(x-e[p][0])+sqr(y-e[p][1])<=e[p][2]; } inline void add(int x,int y){ int l=1,r=t-1,mid,o=0; while(l<=r)if(check(x,y,q[mid=(l+r)>>1]))l=(o=mid)+1;else r=mid-1; if(o)v[++ed]=x<<11|y,nxt[ed]=g[q[o]],g[q[o]]=ed; } inline void bfs(int o,int x,int y){ if(vis[x][y])return; que[head=tail=1]=x<<11|y; vis[x][y]=1; while(head<=tail){ x=que[head++]; y=x&2047;x>>=11; ans[o]+=a[x][y]; for(int d=0;d<4;d++){ int nx=x+dx[d],ny=y+dy[d]; if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m||vis[nx][ny])continue; if(check(nx,ny,o)){ que[++tail]=nx<<11|ny; vis[nx][ny]=1; }else{ add(nx,ny); } } } } inline void pop(){ int o=q[t]; bfs(o,e[o][0],e[o][1]); for(int i=g[o];i;i=nxt[i])bfs(o,v[i]>>11,v[i]&2047); ans[q[--t]]+=ans[o]; } int main(){ read(n),read(m); for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",a[i]+1); for(j=1;j<=m;j++)a[i][j]-='0'; } read(cq); for(i=1;i<=cq;q[++t]=i++){ read(e[i][0]),read(e[i][1]),read(e[i][2]);e[i][2]*=e[i][2]; while(t&&!check(e[i][0],e[i][1],q[t]))pop(); } while(t)pop(); for(i=1;i<=cq;i++)all+=ans[i]; printf("%lld",all); return 0; }
F. False figures
留坑。
G. Grouping
首先將$a$從小到大排序,那麼相當於要求把$a$分成$k$段,每段計算所有數到區間中位數的差的絕對值之和,要求最小化這個和。
因為$a$有序,所以計算一段的代價可以用字首和做到$O(1)$。
設$f[i][j]$表示前$j$個數分成$i$段的最小代價,那麼$f[i][j]=\min(f[i-1][k]+cost(k+1,j))$,$(0\leq k<j)$。
轉移具有決策單調性,所以可以分治求解。
時間複雜度$O(nk\log n)$。
#include<cstdio> #include<algorithm> const int N=5005,inf=2100000000; typedef unsigned int U; int n,m,i,o,a[N],s[N];U f[2][N]; inline U cal(int l,int r){ int m=(l+r)>>1; return (m+m-l-r)*a[m]-s[m]+s[l-1]+s[r]-s[m-1]; } void dp(int l,int r,int dl,int dr){ int m=(l+r)>>1,dm=dl; U tmp=inf; for(int i=dl;i<=dr&&i<m;i++){ U now=f[o^1][i]+cal(i+1,m); if(now<tmp)tmp=now,dm=i; } f[o][m]=tmp; if(l<m)dp(l,m-1,dl,dm); if(r>m)dp(m+1,r,dm,dr); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); std::sort(a+1,a+n+1); for(i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i]; for(i=1;i<=n;i++)f[0][i]=inf; while(m--){ o^=1; for(i=0;i<=n;i++)f[o][i]=inf; dp(1,n,0,n); } printf("%u",f[o][n]); return 0; }
H. Hidden triangles
留坑。
I. Interactive
用FFT加速多項式乘法即可,注意需要開long double。
時間複雜度$O(n\log n)$。
#include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; const int N=131100; int n,i,j,k,pos[N],a[N],b[N];long long c[N]; namespace FFT{ struct comp{ long double r,i;comp(long double _r=0,long double _i=0){r=_r,i=_i;} comp operator+(const comp&x){return comp(r+x.r,i+x.i);} comp operator-(const comp&x){return comp(r-x.r,i-x.i);} comp operator*(const comp&x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);} comp conj(){return comp(r,-i);} }A[N],B[N]; const long double pi=acos(-1.0); void FFT(comp a[],int n,int t){ for(int i=1;i<n;i++)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]); for(int d=0;(1<<d)<n;d++){ int m=1<<d,m2=m<<1; long double o=pi*2/m2*t;comp _w(cos(o),sin(o)); for(int i=0;i<n;i+=m2){ comp w(1,0); for(int j=0;j<m;j++){ comp&A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A; A=B-t;B=B+t;w=w*_w; } } } if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n; } void mul(int*a,int*b,long long*c){ int i,j; for(i=0;i<k;i++)A[i]=comp(a[i],b[i]); FFT(A,k,1); for(i=0;i<k;i++){ j=(k-i)&(k-1); B[i]=(A[i]*A[i]-(A[j]*A[j]).conj())*comp(0,-0.25); } FFT(B,k,-1); for(i=0;i<k;i++)c[i]=(long long)(B[i].r+0.5); } } int main(){ scanf("%d",&n); for(k=1;k<n;k<<=1);k<<=1; j=__builtin_ctz(k)-1; for(i=0;i<k;i++)pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<j); for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&b[i]); FFT::mul(a,b,c); for(i=0;i<n+n-1;i++)printf("%lld%c",c[i],i<n+n-2?' ':'\n'); return 0; }
J. Joinery
列舉長方體的$8$個端點,然後列舉$6$個面,在每個面上三分套三分查詢表面距離最遠的點即可。
#include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; double ans,r; const double eps=1e-8; double LL,WW,HH; struct P{ double x,y,z; P(){} P(double _x,double _y,double _z){x=_x,y=_y,z=_z;} }a[8]; void turn(int i,int j,double x,double y,double z,double x0,double y0,double L,double W,double H){ if(z==0){ double R=x*x+y*y; if(R<r)r=R; }else{ if(i>=0&&i<2)turn(i+1,j,x0+L+z,y,x0+L-x,x0+L,y0,H,W,L); if(j>=0&&j<2)turn(i,j+1,x,y0+W+z,y0+W-y,x0,y0+W,L,H,W); if(i<=0&&i>-2)turn(i-1,j,x0-z,y,x-x0,x0-H,y0,H,W,L); if(j<=0&&j>-2)turn(i,j-1,x,y0-z,y-y0,x0,y0-H,L,H,W); } } double cal(double x1,double y1,double z1,double x2,double y2,double z2){ double L=LL,W=WW,H=HH; if(fabs(z1)>eps&&fabs(z1-H)>eps)if(fabs(y1)<eps||fabs(y1-W)<eps) swap(y1,z1),swap(y2,z2),swap(W,H); else swap(x1,z1),swap(x2,z2),swap(L,H); if(fabs(z1-H)<eps)z1=0,z2=H-z2; r=1e20; turn(0,0,x2-x1,y2-y1,z2,-x1,-y1,L,W,H); return r; } double solvexy(double x,double y,double z,double A,double B,double C){ double l=0,r=C,m1,m2,s1,s2; double ret=0; while(l+eps<r){ double len=(r-l)/3.0; m1=l+len; m2=r-len; s1=cal(x,y,z,A,B,m1); s2=cal(x,y,z,A,B,m2); ret=max(ret,max(s1,s2)); if(s1>s2)r=m2;else l=m1; } return ret; } double solvexz(double x,double y,double z,double A,double B,double C){ double l=0,r=B,m1,m2,s1,s2; double ret=0; while(l+eps<r){ double len=(r-l)/3.0; m1=l+len; m2=r-len; s1=cal(x,y,z,A,m1,C); s2=cal(x,y,z,A,m2,C); ret=max(ret,max(s1,s2)); if(s1>s2)r=m2;else l=m1; } return ret; } double solvex(double x,double y,double z,double A,double B,double C){ double l=0,r=B,m1,m2,s1,s2; double ret=0; while(l+eps<r){ double len=(r-l)/3.0; m1=l+len; m2=r-len; s1=solvexy(x,y,z,A,m1,C); s2=solvexy(x,y,z,A,m2,C); ret=max(ret,max(s1,s2)); if(s1>s2)r=m2;else l=m1; } return ret; } double solvey(double x,double y,double z,double A,double B,double C){ double l=0,r=A,m1,m2,s1,s2; double ret=0; while(l+eps<r){ double len=(r-l)/3.0; m1=l+len; m2=r-len; s1=solvexy(x,y,z,m1,B,C); s2=solvexy(x,y,z,m2,B,C); ret=max(ret,max(s1,s2)); if(s1>s2)r=m2;else l=m1; } return ret; } double solvez(double x,double y,double z,double A,double B,double C){ double l=0,r=A,m1,m2,s1,s2; double ret=0; while(l+eps<r){ double len=(r-l)/3.0; m1=l+len; m2=r-len; s1=solvexz(x,y,z,m1,B,C); s2=solvexz(x,y,z,m2,B,C); ret=max(ret,max(s1,s2)); if(s1>s2)r=m2;else l=m1; } return ret; } int main(){ int i,j; double L,H,W; scanf("%lf%lf%lf",&L,&W,&H); a[0]=P(0,0,0); a[1]=P(0,0,H); a[2]=P(0,W,0); a[3]=P(0,W,H); a[4]=P(L,0,0); a[5]=P(L,0,H); a[6]=P(L,W,0); a[7]=P(L,W,H); LL=L; WW=W; HH=H; for(i=0;i<8;i++)for(j=0;j<8;j++) ans=max(ans,cal(a[i].x,a[i].y,a[i].z,a[j].x,a[j].y,a[j].z)); for(i=0;i<8;i++){ ans=max(ans,solvex(a[i].x,a[i].y,a[i].z,0,W,H)); ans=max(ans,solvex(a[i].x,a[i].y,a[i].z,L,W,H)); ans=max(ans,solvey(a[i].x,a[i].y,a[i].z,L,0,H)); ans=max(ans,solvey(a[i].x,a[i].y,a[i].z,L,W,H)); ans=max(ans,solvez(a[i].x,a[i].y,a[i].z,L,W,0)); ans=max(ans,solvez(a[i].x,a[i].y,a[i].z,L,W,H)); } double ret=sqrt(ans); printf("%.13f",ret); return 0; }