前言
- 比賽連結。
掛分掛的最多的一集。
T1 不知道摩爾投票，被 2M 記憶體限制卡死。
T2 賽時打了個很像正解的莫隊，賽時出題人發現了之後現往裡加 hack，還一個捆綁里加一個，直接爆零了，我真的謝了，求求以後不要一個捆綁放一個 hack 了，給條活路吧。
T3 一眼看出線段樹最佳化建圖，但是不會打。
出題人說這次比賽就是為了讓我們漲漲見識，學一些板子和套路。
T1 活動投票
摩爾投票，若新的 \(a_i\) 與當前答案相同，則 \(sum+1\)，否則 \(sum-1\)，\(sum=0\) 時直接更新答案為當前 \(a_i\)，正確性顯然。
T2 序列
-
部分分 \(30pts\)：暴力沒什麼好說的。
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假做法：
對於每個 \(a_i\) 有其 \(last_i\) 表示其上一次出現的位置，對於每個 \(last_i\ne 0\) 的 \(i\)，另 \(l=last_i,r=i\) 最為一組詢問跑莫隊，若該段詢問區間裡均存在只出現過一次的就合法，否則不合法。
考慮做法的錯誤性，由於只考慮了 \(i\) 與 \(last_i\) 之間，進而沒有考慮到一段子串中出現 \(3\) 次及以上的情況。
提供一組 \(hack\)：
1 2 1 2 1。考慮最佳化成 \(last_i\sim next_i\) 的，由於莫隊複雜度擦邊且存在一定常數，仍會 \(TLE\)，沒有繼續深入研究，這個演算法最多隻能騙 \(60pts\) 了。
-
正解：
正解有很多種，我只改了一種，也是很套路的一種。
列舉右端點 \(r\)，\(f_i\) 表示區間 \([i,r]\) 存在只出現一次的數的個數，考慮當 \(r+1\) 時如何轉移。
若 \(a_{r+1}\) 之前沒有出現過，則 \(f_1\sim f_{r+1}\) 均 \(+1\)。
否則定義 \(last_{r+1}\) 表示 \(a_{r+1}\) 上一次出現的位置，\(f_{last_{r+1}+1}\sim f_{r+1}\) 均 \(+1\)，\(f_{last_{last_{r+1}}+1}\sim f_{last_{r+1}}\) 均 \(-1\)。
合法的條件就是任意時刻 \(f_1\sim f_{r}\) 均 \(\ge 1\)。
修改可以用線段樹區間修改，查詢可以線段樹查詢區間最小值。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' #define sort stable_sort #define f t[p] #define ls p<<1 #define rs p<<1|1 using namespace std; const int N=2e5+10; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) { x=0;register bool z=true; register char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); x=(z?x:~x+1); } void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');} void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);} int T,n,a[N],b[N],last[N],old[N],now[N],cnt[N]; struct aa {int l,r,val,add;}t[N<<2]; void build(int p,int l,int r) { f.l=l,f.r=r,f.val=f.add=0; if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1; build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r); f.val=min(t[ls].val,t[rs].val); } void spread(int p) { if(f.add==0) return ; t[ls].val+=f.add,t[ls].add+=f.add; t[rs].val+=f.add,t[rs].add+=f.add; f.add=0; } void change(int p,int l,int r,int d) { if(l>r) return ; if(l<=f.l&&r>=f.r) { f.val+=d,f.add+=d; return ; } spread(p); int mid=(f.l+f.r)>>1; if(l<=mid) change(ls,l,r,d); if(r>mid) change(rs,l,r,d); f.val=min(t[ls].val,t[rs].val); } int ask(int p,int l,int r) { if(l<=f.l&&r>=f.r) return f.val; spread(p); int mid=(f.l+f.r)>>1,ans=0x3f3f3f3f; if(l<=mid) ans=min(ans,ask(ls,l,r)); if(r>mid) ans=min(ans,ask(rs,l,r)); return ans; } signed main() { read(T); while(T--) { read(n); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]), b[i]=a[i], cnt[i]=now[i]=last[i]=old[i]=0; sort(b+1,b+1+n); b[0]=unique(b+1,b+1+n)-(b+1); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+b[0],a[i])-b; for(int i=1;i<=n;i++) { last[i]=now[a[i]]; old[i]=last[last[i]]; now[a[i]]=i; } build(1,1,n); bool flag=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(cnt[a[i]]==0) { change(1,1,i,1); if(ask(1,1,i)<=0) { flag=1; puts("boring"); break; } } else { change(1,last[i]+1,i,1); change(1,old[i]+1,last[i],-1); if(ask(1,1,i)<=0) { flag=1; puts("boring"); break; } } cnt[a[i]]++; } if(!flag) puts("non-boring"); } }
T3 Legacy
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\(CF\) 上有同名原題，多倍經驗 luogu P6348 [PA2011] Journeys。
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部分分直接暴力建圖就好了。
線段樹最佳化建圖板子。
-
建樹：
建兩棵樹，一顆出樹一顆入樹。
對於入樹，若該節點被連線則其子節點一定被連線，所以每個點向子節點連權值為 \(0\) 的邊。
對於出樹，若該節點可向外連線則其父節點也一定能向外連線，故每個點向其父節點連權值為 \(0\) 的邊。
進了該點後就要出點，於是入樹上每個節點向出樹上對應節點連權值為 \(0\) 的邊。
-
連邊：
只考慮區間連區間這種更一般的情況，點就是長度為 \(1\) 的區間。
對於區間 \([a,b]\) 連 \([c,d]\)，定義一個新的虛點 \(x\)，在出樹上另 \([a,b]\) 連 \(x\)，再另 \(x\) 連入樹上 \([c,d]\)，考慮權值不可重複計算，兩次操作中僅讓一個帶權值，另一個權值為 \(0\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
#define f t[p]
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
using namespace std;
const int N=2e6+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,cnt,s,pos[N],dis[N];
bool vis[N];
int tot,head[N],to[N],nxt[N],w[N];
struct aa {int l,r;}t[N];
void add(int x,int y,int z)
{
nxt[++tot]=head[x];
to[tot]=y;
w[tot]=z;
head[x]=tot;
}
void build(int p,int l,int r)
{
f.l=l,f.r=r;
add(p+4*n,p,0);
if(l==r) {pos[l]=p; return ;}
add(ls,p,0),add(rs,p,0);
add(p+4*n,ls+4*n,0),add(p+4*n,rs+4*n,0);
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
}
void change(int p,int x,int l,int r,int z,bool d)
{
if(l<=f.l&&r>=f.r)
{
if(d==0) add(p,x+8*n,0);
else add(x+8*n,p+4*n,z);
return ;
}
int mid=(f.l+f.r)>>1;
if(l<=mid) change(ls,x,l,r,z,d);
if(r>mid) change(rs,x,l,r,z,d);
}
void add(int a,int b,int c,int d,int z)
{
cnt++;
change(1,cnt,a,b,z,0);
change(1,cnt,c,d,z,1);
}
void dij(int s)
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
priority_queue<pair<int,int>>q;
dis[s]=0;
q.push(make_pair(0,s));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second;
q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i],z=w[i];
if(dis[y]>dis[x]+z)
{
dis[y]=dis[x]+z;
q.push(make_pair(-dis[y],y));
}
}
}
}
signed main()
{
read(n),read(m),read(s);
build(1,1,n);
for(int i=1,op,z,a,b,c,d;i<=m;i++)
{
read(op);
if(op==1)
read(a),read(c),read(z),
b=a,d=c;
if(op==2)
read(a),read(c),read(d),read(z),
b=a;
if(op==3)
read(c),read(a),read(b),read(z),
d=c;
add(a,b,c,d,z);
}
dij(pos[s]);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(i==s) write(0),putchar(' ');
else write(dis[pos[i]+n*4]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f?-1:dis[pos[i]+n*4]),putchar(' ');
}
T4 DP搬運工1
預設性 \(DP\)，計數 \(DP\)。
定義 \(f_{i,j,k}\) 表示當前填的數為 \(i\)，存在 \(j+1\) 個段，其和為 \(k\) 有多少情況，另其強制從小到大填數，初始值 \(f_{1,0,0}=1\)。
對於新填一個數對於 \(k\) 的貢獻，有：
-
\(i\) 與左右兩邊均不相鄰，其後面填的數一定 \(>i\)，故不產生貢獻。
-
\(i\) 與左右兩邊中的一個相鄰，\(i\) 一定 \(>\) 之前填的數，其後面填的數一定 \(>i\)，故貢獻為 \(i\)。
-
\(i\) 與左右兩邊均相鄰，\(i\) 一定 \(>\) 之前填的數，故貢獻為 \(2\times i\)。
因此有轉移：
-
若填在原序列兩端：
-
若與原序列不相鄰：
會產生一個新的段，同時不產生貢獻，兩端有兩種可能，有 \(f_{i,j+1,k}+=f_{i-1,j,k}\times 2\)。
-
若與原序列相鄰：
不會產生新的段，產生 \(i\) 的貢獻，兩端有兩種可能，有 \(f_{i,j,k+i}+=f_{i-1,j,k}\times 2\)。
-
-
若填在原序列之間：
-
與原序列不存在相鄰：
會產生一個新的段，對答案不產生貢獻，\(j+1\) 個段有 \(j\) 個空，有 \(f_{i,j+1,k}+=f_{i-1,j,k}\times j\)。
-
與原序列一端相鄰：
不會產生新的段，對答案產生 \(i\) 的貢獻，\(j+1\) 個段有 \(j\) 個空，與其任意一端相鄰有兩種情況，有 \(f_{i,j,k+i}+=f_{i-1,j,k}\times j\times 2\)。
-
與原序列兩端均相鄰：
將兩端接壤，故減少一個段，對答案產生 \(2\times i\) 的貢獻，\(j+1\) 個段有 \(j\) 個空，有 \(f_{i,j-1,k+2\times i}+=f_{i-1,j,k}\times j\)。
-
最後答案 \(ans=\sum\limits_{i=0}^mf_{n,0,i}\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=55,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,ans,f[N][N][N*N];
signed main()
{
read(n),read(m);
f[1][0][0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n-i+1;j++)
for(int k=0;k<=m;k++)
{
(f[i][j+1][k]+=f[i-1][j][k]*2)%=P;
(f[i][j][k+i]+=f[i-1][j][k]*2)%=P;
if(j!=0)
(f[i][j+1][k]+=f[i-1][j][k]*j)%=P,
(f[i][j][k+i]+=f[i-1][j][k]*j*2)%=P,
(f[i][j-1][k+i*2]+=f[i-1][j][k]*j)%=P;
}
for(int i=0;i<=m;i++) (ans+=f[n][0][i])%=P;
write(ans);
}
總結
像 T1 這樣怎麼想都過不去的就不要抱有僥倖心理，而是去想新做法。
想到做法時先想想會不會被 hack。
多積累一些板子和套路，類似數顏色型別的區間特點統計的題考慮類似 T2 的套路。