| 题号 | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J | K | L | M |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 状态 | Ø | O | - | O | O | Ø | - | - | Ø | - | - | Ø | Ø |
O 在比赛中通过 Ø 赛后通过 ! 尝试了但是失败了 - 没有尝试
比赛时间
2020-05-13 13:00-18:00
提交记录
E: Wrong Answer 2020-05-13 13:23:37
E: Wrong Answer 2020-05-13 13:28:32
E: Accepted 2020-05-13 13:32:38
D: Accepted 2020-05-13 13:38:53
B: Wrong Answer 2020-05-13 13:55:48
B: Accepted 2020-05-13 14:00:20
补题 by Zars19
code:HDU6578
一个长度为$N$的序列被数字$\{0,1,2,3\}$填充，有$M$个限制条件，限制区间$[l_i,r_i]$中有$x_i$种不同数字。求方案数
题解：DP，用$f[i][j][k][l](i\geq j\geq k\geq l)$四维分别记录数字最后一次出现的位置，obviously它可以向$f[i+1][j][k][l],f[i+1][i][k][l],f[i+1][i][j][l]$和$f[i+1][i][j][k]$转移。而限制条件在循环到每一个$i$时对$r=i$的条件进行处理（将不满足者清零）。考虑到空间限制使用滚动数组。
solved by infinity37
给你一个数列$a$，有两种操作
1：查询$a_l$到$a_r$间选若干数可计算出的最大异或和
2：在数列$a$后新增一个数
数列长n，$1\leq n\leq 5e5$
操作数m，$1\leq m\leq 5e5$
$1\leq a_i\leq 2^{30}$
要求强制在线
警惕多组数据
求子集的最大异或和我们可以求助线性基，但是此题要求某个范围内的线性基，而且数列有可能修改。
首先对于区间问题我们可以转化为$(1,l-1)$和$(1,r)$两个区间，可以发现，前缀线性基是很好求的，因为对于到第$i$位的线性基和$i-1$位的线性基只差一个插入，所以我们就可以快速的求出前缀线性基。
但是如何把$(1,l-1)$的影响刨除呢？我们可以考虑在记录保留的数时，记录更偏右的数，然后在查询时查询只让位置在$l$之后的数产生影响即可。
官方题解是线段树维护线性基……等周末学习一个。
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e6+5; const int M = 33; int pre[N][M]; int sel[N][M]; int n; int lastans = 0; void append(int x) { x = x^lastans; n++; int cur = n; for (int i = 31;i>=0;i--) { pre[n][i] = pre[n-1][i]; sel[n][i] = sel[n-1][i]; } for (int i = 31;i>=0;i--) { if ((x >> i) & 1) { if (!pre[n][i]) { pre[n][i] = x; sel[n][i] = cur; break; } else { if (cur > sel[n][i]) { swap(pre[n][i], x); swap(sel[n][i], cur); } x ^= pre[n][i]; } } } } void getans(int l,int r) { l = (l^lastans)%n+1; r = (r^lastans)%n+1; if (l>r) swap(l,r); int ans = 0; for(int i = 31;i>=0;i--) { if (sel[r][i] < l) continue; ans = max(ans,ans^pre[r][i]); } printf("%d\n",ans); lastans = ans; } int main() { int cas,pn,m,opt,x,y; scanf("%d",&cas); while(cas--) { n = 0; lastans = 0; scanf("%d%d",&pn,&m); for (int i = 1;i<= pn;i++) { scanf("%d",&x); append(x); } //lastans = 0; for (int i = 1;i<= m;i++) { scanf("%d%d",&opt,&x); if (opt == 0) { scanf("%d",&y); getans(x,y); } else { append(x); } } } }
solved by Zars19
code:HDU6581
给出当前车辆、以及位置在当前车辆之前的所有$n$辆车的长度、前端距停车线距离、最大速度$l_i,s_i,v_i$，所有车都不可以超车，问当前车辆最快多久到达停车线。
题解：后来听说好多人是$O(n\log n)$做的，不过其实没有必要，可以做到$O(n)$。假定最终形态是当前车辆刚好到达停车线而它前面的车辆一字排开，计算时间然后取最大值即可。
solved by _wzx27
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6582
给一个图问割掉总权值最小的某些边使得最短路变长，先$\text{dijkstra}$跑一遍最短路，枚举边集把$w+dis[u]==dis[v]$的边加入网络流图中，跑一遍最大流即可。
$\text{HDU 5889}$几乎一样的题，看到以为能切，没想到因为$long\; long$的问题$\text{WA}$了两发。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define int long long #define pii_ pair<int,int> #define mp_ make_pair #define pb push_back #define fi first #define se second #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl #define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl using namespace std; const ll INF = 1LL<<60; const int inf = 1<<30; const int maxn = 2e5+5; inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);} int n,m,tot,tot2,head[maxn],head2[maxn],cur[maxn],layer[maxn],dis[maxn]; struct edge { int u,v,w,nxt; }es[maxn<<1],es2[maxn<<1]; void add2(int u,int v,int w,int he[],edge e[],int &t) { e[++t].u = u; e[t].v = v; e[t].w = w; e[t].nxt = he[u]; he[u] = t; } void add(int u,int v,int w,int he[],edge e[],int &t) { e[++t].u = u; e[t].v = v; e[t].w = w; e[t].nxt = he[u]; he[u] = t; } void dijkstra() { priority_queue<pii_> q; rep(i,1,n) dis[i] = INF; dis[1] = 0; q.push(mp_(0,1)); while(!q.empty()){ pii_ now = q.top();q.pop(); int u = now.se; for(int i=head2[u];~i;i=es2[i].nxt){ int v=es2[i].v,w=es2[i].w; if(dis[v]>dis[u]+w){ dis[v] = dis[u]+w; q.push(mp_(-dis[v],v)); } } } } bool bfs() { memset(layer,0,sizeof(layer)); queue<int>q; q.push(1); layer[1] = 1; while(q.size()) { int u = q.front();q.pop(); for(int i=head[u];i!=-1;i=es[i].nxt) { int v = es[i].v,w = es[i].w; if(w>0 && !layer[v]) { layer[v] = layer[u]+1; q.push(v); } } } return layer[n]>0; } ll dfs(int u,ll flow) { if(u==n) return flow; for(int& i=cur[u];i!=-1;i=es[i].nxt) { int v=es[i].v,w=es[i].w; if(w>0 && layer[v]==layer[u]+1) { int d = dfs(v,min(flow,w)); if(d>0) { es[i].w -= d; es[i^1].w += d; return d; } } } return 0; } ll Dinic() { ll ans = 0; while(bfs()) { memcpy(cur,head,sizeof(cur)); while(ll d=dfs(1,INF)) ans+=d; } return ans; } signed main() { fastio(); int _; for(cin>>_;_;_--){ memset(head,-1,sizeof(head)); memset(head2,-1,sizeof(head2)); tot = -1, tot2 = -1; cin>>n>>m; while(m--){ int u,v,w; cin>>u>>v>>w; add2(u,v,w,head2,es2,tot2); } dijkstra(); rep(i,0,tot2){ int u=es2[i].u,v=es2[i].v,w=es2[i].w; if(dis[u]+w==dis[v]) {add(u,v,w,head,es,tot);add(v,u,0,head,es,tot);} } cout<<Dinic()<<endl; } return 0; }
补题 by infinity37
给定一个字符串，给定两种方式构造它，第一种方式是添加任意字符，花费p，另一种方式是复制已存在的字符到当前串后，花费为q，问构造此字符串的最小花费。
$|S|\leq 2\times 10^5$ $1\leq p,q \leq 2^{31}$
一读题，老dp了（）
有两种转移方式，一种是$f_i = f_{i-1} + p$
还有一种是$f_i = f_j + q$，这个j要是确定$j+1$到$i$这一段是$1-j$中的一个子串。
转移有了，那么我们就需要一种方法来确定这个j，这是找之前存在过的子串，所以我们自然就想到了后缀自动机。具体的使用方式是这样的，设置一个指针j，代表目前在后缀自动机插入到哪个字符，对于一个i，确定目前的$j+1$到$i$能否匹配，如果不能匹配就插入j+1位置的字符，这样加入一直到可以匹配为止，然后用当前的指针作为j更新方程即可。
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 2e5+10; typedef long long ll; struct SAM { int len[N<<1],fa[N<<1],son[N<<1][26]; int size,last; void init() { size = last = 1; memset(son[1],0,sizeof(son[1])); } void insert(char c) { int s = c-'a'; int p = last,np = ++size; memset(son[np],0,sizeof(son[np])); last = np; len[np] = len[p]+1; for (;p && !son[p][s]; p = fa[p]) son[p][s] = np; if (!p) { fa[np] = 1; } else { int q = son[p][s]; if (len[p] + 1 == len[q]) { fa[np] = q; } else { int nq = ++size; len[nq] = len[p] + 1; memcpy(son[nq],son[q],sizeof(son[q])); fa[nq] = fa[q]; fa[q] = fa[np] = nq; for (; son[p][s] == q; p = fa[p]) son[p][s] = nq; } } } int get_next(int s,char ch,int &lens) { int id = ch-'a'; if (son[s][id]) { lens++; return son[s][id]; } else { while ( s && !son[s][id]) s = fa[s]; if ( !s ) { s = 1; lens = 0; } else { lens = len[s]+1; s = son[s][id]; } return s; } } int getlen(int s,char ch,int &lens) { int id = ch-'a'; if (son[s][id]) { lens++; } else { while (s && !son[s][id]) s = fa[s]; if (!s) { s = 1; lens = 0; } else { lens = len[s]+1; s = son[s][id]; } } return lens; } }sam; ll f[N]; char s[N]; int main() { while (scanf("%s",s+1)!=EOF) { sam.init(); int p,q; scanf("%d%d",&p,&q); int len = strlen(s+1); int j = 0; int next = 1; int mlen = 0; for (int i = 1;i <= len;i++) { f[i] = f[i-1] + p; if (sam.getlen(next,s[i],mlen) + j >= i) { f[i] = min(f[i],f[j] + q); next = sam.get_next(next,s[i],mlen); } else { while (sam.getlen(next,s[i],mlen) + j < i) { sam.insert(s[j+1]); j = j+1; } next = sam.get_next(next,s[i],mlen); if (j < i) f[i] = min(f[i],f[j] + q); } } printf("%lld\n",f[len]); } return 0; }
补题 by _wzx27
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6586
为什么当时没想出来这个贪心的策略啊。。。贪心的选$k$位中的每一位，选之前判断一下后面是不是可能满足条件
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define pii_ pair<int,int> #define mp_ make_pair #define pb push_back #define fi first #define se second #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl #define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl using namespace std; const ll INF = 1LL<<60; const int inf = 1<<30; const int maxn = 3e5+5; inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);} char s[maxn],ans[maxn]; int bk[maxn][26],K,loc[26],L[26],R[26],ps; vector<int> when[26]; bool check(int a,int pos) { if(R[a]<=0) return 0; int tot = 0; rep(i,0,25){ if(i!=a && bk[pos+1][i]<L[i]) return 0; tot += L[i]; } if(L[a]>0) tot--; if(tot+ps+1>K) return 0; return 1; } int main() { fastio(); while(cin>>s+1){ ps = 0; memset(bk,0,sizeof(bk)); memset(loc,0,sizeof(loc)); cin>>K; int len = strlen(s+1); for(int i=len;i>=1;i--){ memcpy(bk[i],bk[i+1],sizeof(bk[i])); bk[i][s[i]-'a']++; } rep(i,0,25) when[i].clear(); rep(i,1,len) when[s[i]-'a'].pb(i); rep(i,0,25) cin>>L[i]>>R[i]; int pos = 0; int flag = 0; while(ps<K){ flag = 0; rep(i,0,25){ while(loc[i]<when[i].size()&&when[i][loc[i]]<=pos) loc[i]++; } rep(i,0,25){ if(when[i].size()==0) continue; int now = when[i][loc[i]]; if(check(i,now)){ flag = 1; pos = now; ans[ps] = i+'a'; loc[i]++; R[i]=max(0,R[i]-1); L[i]=max(0,L[i]-1); ans[ps++] = 'a'+i; //cout<<ps-1<<": "<<('a'+i)<<endl; break; } } if(!flag) {cout<<-1<<endl;break;} } ans[ps]='\0'; if(flag) cout<<ans<<endl; } return 0; }
补题 by _wzx27
把数列 $a_i$ 写成其生成函数的形式 $f(x)=\sum a_ix^i$，每个操作 $k$ 相当于 $f(x)\cdot \sum x^{ik}$，由交换律知顺序不重要，所以可以统计每种操作的次数 $m_i$，最后有
$$f(x)\cdot (\sum x^{i})^{m_1} \cdot (\sum x^{2i})^{m_2} \cdot (\sum x^{3i})^{m_3}$$
其中$(\sum x^{ki})^m = \sum {i+m-1 \choose m-1}x^{ik}$
另外模数刚好是998244353，做三次NTT即可
补题 by Zars19
code:
给出一个集合，集合中元素是$(\boldsymbol{x_i},y_i)$，其中$\boldsymbol{x_i}$是一个$d$维向量，本题中$d=2$。$f(\boldsymbol{x})=sign(\sum^d_{i=1}w_i⋅x_i+b)=sign(\boldsymbol{w^T}⋅\boldsymbol{x}+b)$。问有没有一个向量$\boldsymbol{w}$可以使得所有$f(\boldsymbol{x_i})=y_i$。
题解：这题读题好难。。其实是计算几何，判断凸包是否相交。$x_1w_1+x_2w_2+b=0$是二维平面上的一条直线，一侧使得$f(\boldsymbol{x_i})$为$1$，另一侧为$-1$。问题转化成有没有一条直线可以把两个点集分开，于是又等价于对两个点集求凸包判断是否相交。判断凸包相交可以$O(n^2)$做，先判两凸包上的边两两是否线段相交，再看一凸包中的每一个顶点是否在另一凸包内。
开场 _wzx27开E,infinity37从前往后，Zars19从后往前
_wzx27提出最小割做法，三人讨论，确认可行，开始写题
infinity37提出B像可持久化trie，_wzx27提出像线性基，infinity37和Zars19思考过后认为确实更像线性基
Zars19提出D题做法
_wzx27提交E，错误，Zars19开始写D
经过两次修改，E正确
infinity37对B提出线性基前缀做法
Zars19提交D，正确
infinity37开始写B
_wzx27和Zars19f开I，L,认为L可贪心
infinity37提交B，错误
认识到没有注意多组数据的清空，infinity37提交B正确
三人陆续读题，未果
一个小时内没有新的思路，于是结束了比赛，开始补题
本场比赛数学题居多，而队内三人都对数学题不太了解，因而做不出题目。 另外，本场比赛中我发现了自己对后缀自动机的了解完全不够，只能写板子套题，而对后缀自动机的原理了解不够深刻，所以尽管看出F需要用后缀自动机解但是没能想明白应该如何解。因此我还需要对后缀自动机进行复习。
太菜了，要恶补数学（字符串的题也完全不会）。而且真的想5个小时感觉体力也不太够（不过男人不能说不行
好…好难。只写出了一眼就想到的题。还需要多多做题，多多学习知识点。没有发现计算几何的题是道计算几何，在题目太长难读的时候要有抗压能力，要锻炼建模转换的思想，要有不屈的精神…