浙江农林大学第二十一届程序设计竞赛校选拔赛A E G H

A 瓜瓜的春天传送门

题意：电梯前有两列队伍，电梯一次可以坐两人，其中

有 25% 的可能，电梯是满的，没有办法乘坐电梯；

有 25% 的可能，电梯是空的，则两队队首都可以乘坐电梯；

有 50% 的可能，电梯里已经有一个人，则两队队首乘坐的概率均等。

求第一列第 i 个人与第二列第 j 个人同时坐上电梯的概率。

分析：概率dp。电梯满的情况相当于没来，这种可能划去。即

有 1/3 的可能，两人同时上

有 1/3 的可能，左边队伍上一人

有 1/3 的可能，右边队伍上一人

因此定义dp[i][j]为左边队伍第i个人与右边队伍第j个人同时在队首的概率。

转移方程为dp[i][j]=1/3*(dp[i-1][j]+dp[i][j-1]+dp[i-1][j-1])

两人同时上的概率为1/3*dp[i][j] 。

另外卡了内存，需要开一个滚动数组。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int dp[2][10005];signed main()
{int x,y;cin>>x>>y;dp[1][1]=1;int inv3=332748118;for(int i=1;i<=x;i++){for(int j=1;j<=y;j++){if(i==1&&j==1) continue;dp[i&1][j]=(dp[(i-1)&1][j]+dp[i&1][j-1]+dp[(i-1)&1][j-1])*inv3%mod;}}cout<<dp[x&1][y]*inv3%mod<<endl;
}

E 俺拜俺拜传送门

题意：给定一个由ab组成的字符串，求区间长度大于等于x且ab个数相同的区间是否存在。

分析：时间复杂度上显然只能O(n)扫一遍，令a=1，b=-1，考虑计算序列前缀和{Si}，若Si=Sj，说明i到j之间a和b的数量相等。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char c[10005];int main()
{int t;cin>>t;while(t--){map<int,int>mp;mp[0]=0;//int n,x;cin>>n>>x;scanf("%s",c+1);int cnt=0;int f=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(c[i]=='a') cnt++;else cnt--;if(mp.count(cnt))//又回到了曾经的数目 说明中间这段ab相等{if(i-mp[cnt]>=x){f=1;cout<<mp[cnt]+1<<" "<<i<<endl;break;}}else mp[cnt]=i;}if(f==0) cout<<"impossible"<<endl;}
}

G 瓜瓜的特别任务

题意：求字符串中子串的最大循环次数。

分析：O(n^2logn)+break。利用后缀数组可以做到O(nlogn)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int t;cin>>t;while(t--){string a;cin>>a;int s=a.length();int ans=1;for(int l=1;l<=s;l++)//长度 {if(s/l<=ans) break;for(int i=0;i<s;i++)//起点 {int j=i+l;//终点 if(j>s) break;string tmp=a.substr(i,l);int cnt=1,pos=i;while(pos+l-1<s&&tmp==a.substr(pos+l,l)){pos+=l;cnt++;}ans=max(ans,cnt);}}printf("%d\n",ans);}
}

后缀数组代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e5+5;
int xx[N],yy[N],cnt[N];
int sa[N],rk[N],ht[N];//sa[i]:排名为i的后缀的起始位置;rk[i]:起始位置为i的后缀的排名
char s[N];
int n;void getsa(int n,int M)
{int i,j,p,*x=xx,*y=yy;for(i=0;i<M;i++)cnt[i]=0;for(i=0;i<n;i++)cnt[x[i]=s[i]]++;for(i=1;i<M;i++)cnt[i]+=cnt[i-1];for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--cnt[x[i]]]=i;for(j=1,p=1;p<n;j<<=1,M=p){for(p=0,i=n-j;i<n;i++)y[p++]=i;for(i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=j)y[p++]=sa[i]-j;for(i=0;i<M;i++)cnt[i]=0;for(i=0;i<n;i++)cnt[x[y[i]]]++;for(i=1;i<M;i++)cnt[i]+=cnt[i-1];for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--cnt[x[y[i]]]]=y[i];for(swap(x,y),p=1,x[sa[0]]=0,i=1;i<n;i++)x[sa[i]]=(y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&y[sa[i-1]+j]==y[sa[i]+j])?p-1:p++;}
}void getht(int n)//求完这个才最终求出sa 并求出rk ht
{int i,j,k=0;for(i=1;i<=n;i++)rk[sa[i]]=i;for(i=0;i<n;ht[rk[i++]]=k)for(k?k--:0,j=sa[rk[i]-1];s[i+k]==s[j+k];k++);for(i=n;i;i--)rk[i]=rk[i-1],sa[i]++;
}int dp[N][20];
void RMQ()
{for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=ht[i];for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);}
}int query(int l,int r)
{int k=0;while((1<<(k+1))<=(r-l+1)) ++k;return min(dp[l][k],dp[r-(1<<k)+1][k]);
}int lcp(int i,int j)
{i=rk[i],j=rk[j];if(i>j) swap(i,j);return query(i+1,j);
}int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%s",s);n=strlen(s);getsa(n+1,300);//字符串:n+1,300;数字：n+1,离散化后N getht(n);RMQ();int ans=1;//最少是1 for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j+i<=n;j+=i){int now=lcp(j,j+i);int num=now/i+1;int k=j-(i-now%i);if(k>0&&lcp(k,k+i)>=i) num++;ans=max(ans,num);}}printf("%d\n",ans);}
}

H 磊爷与佣兵战记

题意：n个好友，m对关系，初始战斗力全为0。当一个好友战斗力提升x时会带动他的好友战斗力提升x（但是不会带动好友的好友再次提升）。
给定 q个操作：

1 p x，代表某人战斗力提升 x；

2 p，代表查询某人的战斗力。

分析：按度分块，将度数小于等于根号m的点作为大点，对于度数大于根号m的点作为小点。更新小点时，对周围的点暴力更新即可；更新大点时，另开一个lazy数组，更新在lazy数组上，查询时加上周围大点的值即可。

时间复杂度：q(m^(1/2)+m^(1/3))

小点O(m^(1/2))更新，O(1)查询；大点O(1)更新，O(m^(1/3))查询。
由x^x(1/2)=m 可知 x=m^(2/3)，即当每个点都是大点时大点个数最多为m^(2/3)，每个点都连着m^(1/3)条边。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=2e5+5;
vector<int>g[maxn],g2[maxn];
int f[maxn];
int lazy[maxn];signed main()
{   int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;cin>>u>>v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}int t=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){if(g[i].size()>t){for(int j:g[i]){g2[j].push_back(i);}}}int q;cin>>q;while(q--){int op;cin>>op;int p,x;if(op==1){cin>>p>>x;f[p]+=x;if(g[p].size()<=t){             for(int j:g[p]) f[j]+=x;}else{lazy[p]+=x;}          }else{cin>>p;int now=f[p];for(int i:g2[p]) now+=lazy[i];cout<<now<<endl;}}
}

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