2021ccpc女生赛 BCF题解

2021ccpc女生赛

C （状压DP）

题意：给定一张图，每个节点隶属于一个公司，会有节点属于相同的公司，节点都有一个权值，问从节点1出发，到达第iii个点时能得到的最大价值是多少。

每个公司的红包只能领取一次，假设节点3和5都属于公司2，则若在节点3处领取了红包，则在5处就不能领取了。

数据保证无重边和环。其中点数2≤n≤362\leq n \leq 362≤n≤36。

考虑状态压缩dp,

f[i][j]表示当前在点i，且当前各个公司的状态为j,(j可看成01序列，这一位为1表示已经取过，为0表示未取过)，能得到的最大价值f[i][j]表示当前在点i，且当前各个公司的状态为j,(j可看成01序列，这一位为1表示已经取过，为0表示未取过)，能得到的最大价值f[i][j]表示当前在点i，且当前各个公司的状态为j,(j可看成01序列，这一位为1表示已经取过，为0表示未取过)，能得到的最大价值。

则状态转移为：

if(j&(1<<c[v])) f[v][j]=max(f[v][j],f[u][j-(1<<c[v])]); //取v
else f[v][j]=max(f[v][j],f[u][j]); //不取v

但是注意点的数量为36，因此这样做空间和时间都会超，因此考虑优化。

可以发现，若某个公司只有一家分店，那么我们可以直接取走，因为不会对后续的结果有影响。记为第一类公司。

只有有两家以上分店的公司才会对答案有影响。记为第二类公司。

因为总点数为36，因此第二类公司数量最多为n/2=18n/2=18n/2=18个，那么我们就可以进行转移了：

若当前终点为第一类公司，则直接取就行。
若当前终点为第二类公司，需要判断当前状态来进行转移。

为什么这样是对的呢，因为dp是无后效性的，本题也是如此，我们算出了当前节点的最优解，即可推出下一个节点的最优解，因此可以保证结果一定正确。

同时本题的图是一个天然的拓扑图，因此不用在拓扑序上dp，循环枚举起点即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;//head
const int N=110;
vector<int> e[N];
int c[N],w[N];
int dp[50][1<<19];
vector<int> vv;
int ans[N];
void work()
{int n,m;cin>>n>>m;map<int, int> mp;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>c[i];mp[c[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;e[a].push_back(b);}e[0].push_back(1);//这里也要连条边，不然点1无法转移for(auto [x,y]:mp){if(y>1) vv.push_back(x);//把所有第二类公司放入}int cnt=vv.size();for(int i=0;i<=n-1;i++){for(int k=0;k<(int)e[i].size();k++){//遍历所有邻点int v=e[i][k];int id=0;bool f=0;for(int j=0;j<cnt;j++){if(c[v]==vv[j]) {id=j; f=1;break;}}if(f){//当前终点为第二类公司for(int j=0;j<(1<<cnt);j++){if(j&(1<<id)) dp[v][j]=max(dp[v][j],dp[i][j-(1<<id)]+w[c[v]]);//若状态j是要取这家的红包，则只能由未取这家的状态转移过来else dp[v][j]=max(dp[v][j],dp[i][j]);ans[v]=max(ans[v],dp[v][j]);}}else {//当前终点为第二类公司for(int j=0;j<(1<<cnt);j++){dp[v][j]=max(dp[v][j],dp[i][j]+w[c[v]]);ans[v]=max(ans[v],dp[v][j]);}}    }}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<endl;
}
signed main()
{ios;int t;t=1;while(t--) work();return 0;
}

F （hash, 最小循环节）

题意：给定一个由字符组成的矩阵，询问q次，每次询问给出x1,x2,y1,y2x1,x2,y1,y2x1,x2,y1,y2,问这个矩阵最小是由哪个矩阵扩展来的，输出该矩阵的大小，即长∗宽长*宽长∗宽的值。

可以看出，行和列的答案是相互独立的，也就是其可以分开计算，那么对于行或列，我们要求的是什么呢？最短的循环的字符串，那和什么很像？对！最小循环节！我们可以用kmpkmpkmp来求出这个最小循环节，那么问题又来了，对于x1,y1,x2,y2x1,y1,x2,y2x1,y1,x2,y2这个矩阵，对于列来说，我们求的其实是个二维的东西，列的每个元素其实是当前行的从y1到y2y1到y2y1到y2的这一段字符串。那么怎么把这一段的内容转化为一个值呢？

对于列来说，我们可以对每一行进行hash，利用hash值来表示这一段的内容是什么，也就把二维转化为了一维问题。

对于行来说操作也类似，对每一列hash即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
//head
const int N=2e3+10,P=1331,mod=1e9+7;ull p[N];
ull r[N][N],c[N][N];
char g[N][N];
ull s[N];
int ne[N];
int n,q;
void init()
{p[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){p[i]=p[i-1]*P;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){r[i][j]=r[i][j-1]*P+g[i][j];c[j][i]=c[j][i-1]*P+g[i][j];}}
}
int get(int len)
{for(int i=2,j=0;i<=len;i++){while(j&&s[i]!=s[j+1]) j=ne[j];if(s[i]==s[j+1]) j++;ne[i]=j;}return len-ne[len];//返回最小循环节的长度
}
void work()
{cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>g[i]+1;}init();while(q--){int x1,y1,x2,y2;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;//分别处理行和列，找到最小循环节，相乘就是答案for(int i=x1;i<=x2;i++){//处理列s[i-x1+1]=r[i][y2]-r[i][y1-1]*p[y2-y1+1];}int len=x2-x1+1;int L=get(len);for(int i=y1;i<=y2;i++){//处理行s[i-y1+1]=c[i][x2]-c[i][x1-1]*p[x2-x1+1];}len=y2-y1+1;int R=get(len);cout<<L*R<<endl;}
}
signed main()
{ios;int t;t=1;while(t--) work();return 0;
}

B （倍增）

题意：给定一个长度为nnn，且只由字母表前mmm个字母组成的字符串SSS,(不一定全部包含前m个字母)，给出q次询问，每次询问给出l,rl,rl,r，让你构造出一个长度为kkk的字符串TTT（也只能由前m个字母组成），使得TTT不是Sl...SrS_l...S_rSl...Sr的子序列，求出最小的k的值（不用真的构造出TTT）。

1≤n≤2∗1051\leq n \leq 2*10^51≤n≤2∗105 , 1≤q≤2∗1051\leq q \leq 2*10^51≤q≤2∗105

注意到n和q都比较大，因此考虑怎么把结果预处理出来。怎么计算出结果呢？考虑怎么构造T使得k最小，对于T的某个字符来说，可以有m种选择，假设当前选择了SiS_iSi ，那么下一步要选的位置为这m种字符中离iii最远的位置，若某种字符不存在，直接跳出选择。

我们可以把这种不断选择看成跳到某个位置，另f[i][j]表示当前在位置i，跳（选择）2j次可以到达的最远位置f[i][j]表示当前在位置i，跳（选择）2^j次可以到达的最远位置f[i][j]表示当前在位置i，跳（选择）2j次可以到达的最远位置。

我们可以通过倍增来预处理出fff数组，同时注意fff数组的初始化。

code:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;//head
const int N=2e5+10;
int f[N][20];
int pos[50];
int m,n;
string s;
void init()
{vector<int> pos(26,n+1);//pos表示每个字符出现的位置，要实时更新//f[i][j]表示当前在第i位置，下一步有m种选择可以跳，跳2^j次后到达的最大位置for(int i=0;i<20;i++) f[n+1][i]=n+1;for(int i=n;i>=0;i--){for(int j=0;j<m;j++){f[i][0]=max(f[i][0],pos[j]);//取最远的那个字符}if(i) pos[s[i]-'a']=i;//更新pos，因为要算下一步跳的最远位置}for(int j=1;j<20;j++){for(int i=0;i<=n;i++){f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];}}
}
void work()
{cin>>m>>n;cin>>s; s=" "+s;init();int q;cin>>q;while(q--){int l,r;cin>>l>>r;int ans=0,p=l-1;for(int j=19;j>=0;j--){if(f[p][j]<=r){p=f[p][j];ans+=(1<<j);}}cout<<ans+1<<endl;}
}
signed main()
{ios;int t;t=1;while(t--) work();return 0;
}