十二省聯考題解 - JLOI2019 題解

兩個T3的難度較大

平均代碼量遠大于去年省選

套路題考查居多

A

難度等級 1

$n^2$暴力可以拿到$60$分的優秀成績

然后可以想到把區間異或轉化為前綴兩點異或

可以想到使用二分答案的方法+可持久化Trie解決，但是時間復雜度為$n\log^2 (4294967295) $

這是唯一一通過不了的$poly(\log)$做法，常數不夠優秀的話會得到$60$分，卡一卡說不定可以$80$，理論上能卡到$100$

然后可以通過將二分放在可持久化Trie上，將復雜度降為$ n \log(4294967295)$，可以通過此題

然后還有一種維護類似于超級鋼琴的做法，我并不了解

對于我改題的時候，寫的是一個可持久化Trie+堆的做法，我們維護一個大根堆，將以$i$為結尾的區間中最大的推入堆

然后每次找到堆頂，查找對應右端點下一個比這個小一點的區間是多大，然后再推入堆即可

復雜度很顯然，為：$(n+k)\log (4294967295)$

// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long
int n,K,now[N];unsigned a[N];long long ans;
struct Trie
{int ch[N*33][2],siz[N*33],cnt,rot[N];inline void copy(int x,int y){siz[x]=siz[y];ch[x][0]=ch[y][0];ch[x][1]=ch[y][1];}inline void insert(unsigned x,int id){int rt=++cnt,lst=rot[id-1],t;rot[id]=rt;copy(rt,lst);for(int i=31;~i;i--){t=(x>>i)&1;ch[rt][t]=++cnt;rt=ch[rt][t];lst=ch[lst][t];copy(rt,lst);siz[rt]++;}}inline int query(unsigned x,int id,int K){int rt=rot[id],t;unsigned ret=0;for(int i=31;~i;i--){if(!rt)return ret;t=(x>>i)&1;if(K>siz[ch[rt][!t]])K-=siz[ch[rt][!t]],rt=ch[rt][t];else rt=ch[rt][!t],ret|=1u<<i;}return ret;}
}tr;
priority_queue<pair<unsigned ,int > >q;
int main()
{// freopen("xor.in","r",stdin);// freopen("xor.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&K);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%u",&a[i]),a[i]^=a[i-1],tr.insert(a[i-1],i);for(int i=1;i<=n;i++)q.push(make_pair(tr.query(a[i],i,++now[i]),i));int t;while(K--)ans+=q.top().first,t=q.top().second,q.pop(),q.push(make_pair(tr.query(a[t],t,++now[t]),t));printf("%lld\n",ans);
}

長度較短，是一個相對簡單的可持久化數據結構套路

B

難度等級 3

可以轉化為一個經典的字符串問題，可以容易的想到，使用字符串hash拿到$40$分的成績

然后可以想到使用Sa，找到滿足某個位置之后的字符串是這個B串的rank區間，然后使用線段樹優化建圖來完成，能拿到$80$分的優秀成績，然后我就不太會了，并且代碼量較高，并不能在很短的時間內完成

同時，可以想到使用Sam解決，在后綴樹上主席樹合并優化建圖，然后再倍增定位節點同樣可以拿到$80$分的優秀成績，但是同樣，代碼復雜度較高

在此基礎上，我們發現，線段樹合并這步沒有意義，直接在后綴樹上拆點連邊，后綴樹優化建圖，就可以拿到$80$分的優秀成績

然后在此基礎上，將每個節點的長度和編號按照長度從小到大，先b后a的順序排序，然后前綴優化建圖，即可拿到$100$分的優秀成績

代碼復雜度相對不高，整體考查了選手對于字符串經典模型的轉化，前綴優化建圖，后綴樹的基本應用等知識，對字符串方面薄弱的選手是一個沉重的打擊

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define ll long long
int n,na,nb,tot,cnt_SAM,oth,p[400005];char s[200005];
namespace Graph
{const int N = 1000005;struct node{int to,next;}e[N<<2];int head[N],cnt,in[N],q[N],a[N];ll f[N];void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;in[y]++;}void init(){cnt=0;memset(head,-1,sizeof(int)*(tot+3));memset(in,0,sizeof(int)*(tot+3));memset(a,0,sizeof(int)*(tot+3));}ll tsort(){int l=0,r=0;for(int i=1;i<=tot;i++)if(!in[i])q[r++]=i;while(l<r){int x=q[l++];for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next){int to1=e[i].to;if(!(--in[to1]))q[r++]=to1;}}if(r!=tot)return -1;ll ans=0;for(int j=r-1;~j;j--){int x=q[j];f[x]=a[x];for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)f[x]=max(f[x],f[e[i].to]+a[x]);ans=max(ans,f[x]);}return ans;}
}
inline bool cmp(const pair<int ,int > &a,const pair<int ,int >&b){return a.first==b.first?a.second>b.second:a.first<b.first;}
// SAM
namespace Sam
{const int N = 400005;int trs[N][26],len[N],fa[N],pos[N],lst,cnt;vector<pair<int ,int > >s[N];inline void init(){lst=cnt=1;memset(trs[1],0,sizeof(trs[1]));fa[1]=len[1]=0;}inline int new_node(){cnt++;fa[cnt]=len[cnt]=0;memset(trs[cnt],0,sizeof(trs[cnt]));s[cnt].clear();return cnt;}inline void insert(int x,int id){int np=new_node(),nq,p=lst,q;len[np]=len[p]+1;pos[id]=np;lst=np;for(;p&&!trs[p][x];p=fa[p])trs[p][x]=np;if(!p)fa[np]=1;else if(len[q=trs[p][x]]==len[p]+1)fa[np]=q;else{len[nq=new_node()]=len[p]+1;fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;memcpy(trs[nq],trs[q],sizeof(trs[nq]));for(;p&&trs[p][x]==q;p=fa[p])trs[p][x]=nq;}}struct node{int to,next;}e[N];int head[N],edge_cnt;inline void add(int x,int y){e[edge_cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=edge_cnt++;}int f[N][19];void dfs(int x,int from){f[x][0]=from;for(int i=1;i<19;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)dfs(e[i].to,x);}inline void build(){cnt_SAM=cnt;memset(head,-1,sizeof(int)*(cnt+3));edge_cnt=0;for(int i=2;i<=cnt;i++)add(fa[i],i);dfs(1,0);}inline void query(int l,int p,int id){int x=pos[p];for(int i=18;~i;i--)if(len[f[x][i]]>=l)x=f[x][i];s[x].push_back(make_pair(l,id));}inline void build_Graph(){oth=0;for(int i=2;i<=cnt;i++){sort(s[i].begin(),s[i].end(),cmp);int lim=s[i].size(),lst=i;for(int j=0;j<lim;j++){int x=s[i][j].second+cnt;p[s[i][j].second]=x;if(j==0)Graph::add(i,x);else Graph::add(s[i][j-1].second+cnt,x);lst=x;if(s[i][j].second<=na){int u=na+nb+cnt+(++oth);p[s[i][j].second]=u;Graph::add(x,u);Graph::a[u]=s[i][j].first;}}for(int j=head[i];j!=-1;j=e[j].next)Graph::add(lst,e[j].to);}}
}
int T,Case;
void solve()
{scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);Sam::init();for(int i=n;i;i--)Sam::insert(s[i]-'a',i);Sam::build();scanf("%d",&na);for(int i=1,l,r;i<=na;i++)scanf("%d%d",&l,&r),Sam::query(r-l+1,l,i);scanf("%d",&nb);for(int i=1,l,r;i<=nb;i++)scanf("%d%d",&l,&r),Sam::query(r-l+1,l,i+na);tot=(cnt_SAM)+(na<<1)+nb;Graph::init();Sam::build_Graph();int m;scanf("%d",&m);for(int x,y;m--;Graph::add(p[x],p[y+na]))scanf("%d%d",&x,&y);printf("%lld\n",Graph::tsort());
}
int main(){scanf("%d",&T);while(T--)Case++,solve();}

可以顯然的發現，我就是那個被打擊的

C

難度等級 5

這個題不太能做吧？

1_998244353直接費馬小定理+快速冪就可以了

1?暴力找一個模數即可，模數為$1145141$

1?+通過找到輸入數據中，輸入最接近的兩個數，找到對應答案里的位置，然后通過觀察輸出數據找到模數的大致區間，然后驗證即可，模數為$5211600617818708273$

1wa_998244353，觀察可以發現，這個是在乘法的過程中爆$int$了，然后第一個可以直接暴力每次乘以$19$，第二個的話，一種是可以分塊打表，也可以通過找循環節搞定

2p的話，就是如果是質數，該位為$p$否則為$.$，然后8是直接線篩，9是線篩+根號求，10是$Miller-Rabin$

2u的話，就是莫比烏斯函數，前兩個類似上面的前兩個，最后一個打表+線篩即可

2g的話，就是原根，我不會

沒寫

D

難度等級 4

可以說是一個非常好的高維DP問題，數據范圍具有迷惑性，讓人覺得暴力能過，然后本人嘗試卡常，然后失敗了，最后只拿到了$50$分

我們先給出一個DP方程：$f[i][j][k][0/1]$表示前$i$個學校，藍陣營有$j$個人，鴨派系有$k$個人的方案數，然后每次直接轉移即可，特判不多，屬于可以接受的范圍

然后我們發現$k$比較小，所以我們考慮提出一個復雜度閾值有關$k$的做法

那么我們先從$k=0$入手

對于$k=0$的情況，我們發現，不論這個城市選擇哪一個陣營，如何選擇，和學校選擇哪個派系沒有任何關系

因為對于每個陣營，都有兩個派系可以選，并且因為$k=0$所以具體選哪個陣營沒啥意義

所以答案即為$選擇派系的分組數\times 選擇陣營的分組數$，這兩個東西分別DP一下即可

然后我們考慮$k \neq 0$的情況，可以發現，一定最多只有$k$個城市和$k$個學校不會被訪問

這樣我們發現可以單獨對這$k$個城市DP，然后剩下的的東西做一遍$k=0$的情況即可

但是我們發現，這樣如果這$k$個城市的學校數=n的話，那復雜度就依然為$nm^2$就沒有發生任何優化

那么我們考慮將這個問題和$k=0$結合起來

我們發現，對于這樣的對于存在約束的學校，只需要正常DP一下，然后對于沒有約束的學校，你只需欽定它的陣營，并不需要欽定它的派系，派系只需要最后搞一下就可以了

然后這樣的話，就可以做到：$O(km^2 + n\times m)$解決了

可能會被卡常，然后稍微優化一下復雜度上屆即可

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 2505
#define ll long long
#define mod 998244353
int f[N][305],g[N][305],f1[N],f0[N];
int n,c,k,C0,C1,D0,D1,M,S,bel[N],sz[N],hat[N],ht[N],s[N];
void get_f0()
{f0[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(hat[i]==-1)for(int j=M;j>=sz[i];j--)f0[j]=(f0[j]+f0[j-sz[i]])%mod;for(int j=1;j<=M;j++)(f0[j]+=f0[j-1])%=mod;
}
void get_f1()
{f1[0]=1;for(int i=1;i<=c;i++)if(s[i]&&ht[i]==-1)for(int j=M;j>=s[i];j--)f1[j]=(f1[j]+f1[j-s[i]])%mod;for(int j=1;j<=M;j++)(f1[j]+=f1[j-1])%=mod;
}
inline int get(int v0,int v1)
{int l0=max(C0-v0,0),r0=min(C1-v0,M),l1=max(D0-v1,0),r1=min(D1-v1,M);if(l0>r0||l1>r1)return 0;return (ll)(f1[r0]-(l0?f1[l0-1]:0))*(f0[r1]-(l1?f0[l1-1]:0))%mod;
}
void solve()
{memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));memset(hat,-1,sizeof(hat));S=0;memset(ht,-1,sizeof(ht));memset(f1,0,sizeof(f1));memset(f0,0,sizeof(f0));memset(s,0,sizeof(s));scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&c,&C0,&C1,&D0,&D1);M=max(max(C0,C1),max(D0,D1));for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&bel[i],&sz[i]),s[bel[i]]+=sz[i],S+=sz[i];scanf("%d",&k);for(int i=1,x,y;i<=k;i++)scanf("%d%d",&x,&y),ht[bel[x]]=hat[x]=y;get_f0();get_f1();C1=max(S-C1,0),D1=max(S-D1,0);swap(C0,C1);swap(D0,D1);if(C0>C1||D0>D1)return puts("0"),void();g[0][0]=1;int S0=0,S1=0;for(int i=1;i<=c;i++)if(ht[i]!=-1){for(int j=S0;~j;j--)for(int k=S1;~k;k--)f[j][k]=g[j][k];for(int j=1;j<=n;j++)if(bel[j]==i&&hat[j]!=-1){S1+=sz[j];if(hat[j]==1)for(int k=S0;~k;k--){for(int l=S1;l>=sz[j];l--)g[k][l]=g[k][l-sz[j]];for(int l=0;l<sz[j];l++)g[k][l]=0;}else if(hat[j]!=0)for(int k=S0;~k;k--)for(int l=S1;l>=sz[j];l--)g[k][l]=(g[k][l]+g[k][l-sz[j]])%mod;if(hat[j]==3)for(int k=S0;~k;k--){for(int l=S1;l>=sz[j];l--)f[k][l]=f[k][l-sz[j]];for(int l=0;l<sz[j];l++)f[k][l]=0;}else if(hat[j]!=2)for(int k=S0;~k;k--)for(int l=S1;l>=sz[j];l--)f[k][l]=(f[k][l]+f[k][l-sz[j]])%mod;}S0+=s[i];S0=min(S0,M);for(int j=S0;~j;j--)for(int k=S1;~k;k--)g[j][k]=((j>=s[i]?g[j-s[i]][k]:0)+f[j][k])%mod;}int ans=0;for(int i=0;i<=S0;i++)for(int j=0;j<=S1;j++)ans=(ans+(ll)g[i][j]*get(i,j))%mod;printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}
int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--)solve();}

E

難度評級 2

一道不失幽默的樹上貪心數據結構問題

其實看一看就能發現，對每個子樹，按照從大到小排序后，按位置合并即可

這樣就能拿到$60$分的優秀成績了

然后正解就是上述算法優化一下即可

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <set>
using namespace std;
#define N 200005
#define ll long long
multiset<int ,greater<int > >s[N];
vector<int >v;
struct node{int to,next;}e[N];int head[N],cnt,a[N],n,idx[N];
void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;}
void merge(int x,int y)
{if(s[x].size()<s[y].size())swap(s[x],s[y]);for(;s[y].size();s[x].erase(s[x].begin()),s[y].erase(s[y].begin()))v.push_back(max(*s[x].begin(),*s[y].begin()));for(int i=0;i<v.size();i++)s[x].insert(v[i]);v.clear();
}
void dfs(int x)
{for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)dfs(e[i].to),merge(x,e[i].to);s[x].insert(a[x]);
}
int main()
{scanf("%d",&n);memset(head,-1,sizeof(head));for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=2,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),add(x,i);dfs(1);long long ans=0;while(s[1].size())ans+=*s[1].begin(),s[1].erase(s[1].begin());printf("%lld\n",ans);
}