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2020-2021:teams:die_java:front_page_summertrain1

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2020牛客暑期多校训练营（第一场）

比赛网址

训练结果

  • 时间:2020.7.12 12:00~17:00
  • rank:43/1116
  • 完成情况：4/6/10

题解

A.B-Suffix Array

题意

定义一个字符串的 B 函数为字符串到相同长度非负整数序列的映射，第 $i$ 个整数表示字符串中在 $i$ 前面与 $i$ 字符相同的字符之间的最小距离，如果前面没有和自己一样的字符则记为 0。求每个后缀的 B 序列的排名。字符串只包含a，b两个字母

题解

solve by wxg
两个字符串的B函数如何比较大小呢？

首先，他们的公共前缀字符串的B函数一定是一样的，第一个不一样的字母一定可以比出大小，如果最长公共前缀只包含一个字母，那么和前一个字母不同的串排名小，如果包含两个字母，那么和前一个字母相同的串排名小。

只需要写一个 cmp 函数，用哈希求一下最长公共前缀，然后比一下，之后直接调用 sort 函数即可，注意 ab 和 ba 没有区别，所以我们比较的时候要把字符串首转化为字母相同的串。

代码

代码 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
int read()
{
	int k=0,f=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) k=k*10+c-'0';return k*f;
}
int n,m,pos[2],head1[100055],v1[100055],v2[100055];
int a[100055],b[100055],c[100055],sum[100055];
ull pw[100055],hs[100055],hs2[100055];
char s[100055];
ull query1(int x,int l)
{
	return hs[x+l-1]-hs[x-1]*pw[l];
}
ull query2(int x,int l)
{
	return hs2[x+l-1]-hs2[x-1]*pw[l];
}
bool cmp(int i,int j)
{	
	if(s[i]==s[j])
	{
		int mid,l=1,r=n-max(i,j)+1,res=0;
		int len=r;
		while(r>=l)
		{
			mid=l+r>>1;
			if(query1(i,mid)==query1(j,mid))
				res=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		if(len==res)
		{
			if(j>i) return 0;
			else return 1;
		}
		else 
		{
			if(sum[i+res-1]-sum[i-1]==0||sum[i+res-1]-sum[i-1]==res)
			{
				if(s[i+res-1]!=s[i+res]) return 1;
				else return 0;
			}
			else 
			{
				if(s[i+res-1]!=s[i+res]) return 0;
				else return 1;
			}
		}
	}
	else 
	{
		int mid,l=1,r=n-max(i,j)+1,res=0;
		int len=r;
		while(r>=l)
		{
			mid=l+r>>1;
			if(query1(i,mid)==query2(j,mid))
				res=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
//		cout<<i<<" "<<j<<" "<<res<<endl;
		if(len==res)
		{
			if(j>i) return 0;
			else return 1;
		}
		else 
		{
			if(sum[i+res-1]-sum[i-1]==0||sum[i+res-1]-sum[i-1]==res)
			{
				if(s[i+res-1]!=s[i+res]) return 1;
				else return 0;
			}
			else 
			{
				if(s[i+res-1]!=s[i+res]) return 0;
				else return 1;
			}
		}
	}	
}	
int main()
{
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=100000;i++)
		pw[i]=pw[i-1]*31;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF)
	{
		scanf("%s",s+1);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			c[i]=i;
			a[i]=s[i]-'a',b[i]=a[i]^1;
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
			hs[i]=hs[i-1]*31+a[i];
			hs2[i]=hs2[i-1]*31+b[i];
		}
		sort(c+1,c+1+n,cmp);
//		cout<<query1(1,1)<<" "<<query2(2,1)<<" ";
//		cout<<cmp(3,5)<<" ";
		for(int i=1;i<=n;i++)
			printf("%d ",c[i]);
		puts("");
	}		
	return 0;
}

B.Infinite Tree

题意

一棵无限大的树，每个点$i$与$\frac{i}{mindiv(i)}$连边，其中$mindiv(i)$表示$i$的最小约数，给定每个阶乘点$i!$的权值$w_i$，求由$1到n$的阶乘组成的虚树的带权重心，即求$min_u\sum_{i=1}^nw_i dis(u,i!)$

题解

补题byfyh

题解都说要建一个虚树然后维护啥的，没用那么复杂的做法，方法跟cf#614div2的F有点像

暴力还原出树的路径来，因为阶乘的关系，$i!的路径和(i-1)!只有在i的地方不一样$，所以我们只需要处理每一个$i$的路径即可，用欧拉筛预处理每个$i$的$mindiv(i)$。

现在尝试求$u=1$时候的答案:

首先对于$i<j$，由于都是阶乘，后者都是包含前者的，所以前者怎么走，$(i,n]$区间的都会跟着走，所以$i$每跳一步（设$tmp=i$,$tmp$到$\frac{tmp}{mindiv(tmp)}$一直到1），每走一步累加的权值是$\sum_{k=i+1}^nw_k$,这个用前缀和维护即可。

然后开始考虑从1号节点出发走向哪里使得答案变小，设当前的区间为$[l,r]$，表示我当前点所维护阶乘所在的子树区间，那么每走一步其实就是在看$sum[l,r]和sum[1,l-1]+sum[r+1,n]$的大小关系决定改怎么走，总复杂度$O(nlogn)$

代码

代码 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxN=100000;
int n,End,len,prime[maxN+10],mdiv[maxN+10];
LL sum[maxN+10],ans;
PII a[maxN*25];
void init()
{
    for(int i=2;i<=maxN;i++)
    {
        if(!mdiv[i])prime[++End]=i,mdiv[i]=i;
        for(int j=1;j<=End && i*prime[j]<=maxN;j++)
        {
            mdiv[i*prime[j]]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0)break;
        } 
    } 
} 
bool cmp(PII a,PII b){
    return a.X==b.X ? a.Y<b.Y : a.X>b.X;
}
int main()
{
    init();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=read(),sum[i]+=sum[i-1];
        len=0;ans=0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int tmp=i;
            while(tmp>1)
            {
                a[++len]=make_pair(mdiv[tmp],i);
                tmp/=mdiv[tmp];
                ans+=sum[n]-sum[i-1]; 
            }
        }
        sort(a+1,a+len+1,cmp);
        int l=1,r=n;
        for(int i=1;i<=len;++i)
        {
            if(2ll*(sum[r]-sum[l-1])<sum[n])break;
            if(a[i].Y>r)continue;
            int k=max(l,a[i].Y);
            if(2ll*(sum[r]-sum[k-1])>sum[n])ans-=2ll*(sum[r]-sum[k-1])-sum[n],l=k;
            else r=k-1;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    } 
    return 0;
}

D.Quadratic Form

题意

给一个正定对称矩阵$A$,和一个$n$维向量$b$,让你求$n$维实向量，其中满足： $$ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{ij}x_ix_j\leq1 \\ \sum_{i=1}^nb_ix_i最大 $$ 求$(\sum_{i=1}^nb_ix_i)^2$的分数形式$P·Q^{-1}mod 998244353$

题解

补题byfyh

题目那个两个求和式子是一个二次型，写成这样的形式： $$ x^TAx\leq1 \\ max\{b^T·x\} $$ 设$a ·(x^TAx)=1$,其中$a\geq1$.

那么设$x'=\sqrt a x,$ 原式即为$(\sqrt a x)^TA(\sqrt a x)=(x')^TAx'=1$

$b^T·x'=b^T·(\sqrt ax)\geq b^T·x$，二次型值一定要为1

故变成： $$ 约束条件：x^TAx=1 \\ 目标函数：\{b^T·x\} $$ 考虑拉格朗日数乘法 $$ L(x_1,\ldots,x_n)=b^T·x-\lambda(x^TAx-1) \\ 对每一个x_i求偏导:\frac{\part L}{\part x_i}=b_i-\lambda\frac{\part x^TAx}{\part x_i}=b_i-2\lambda\sum_{j=1}^nA_{ij}x_j \\ \begin{pmatrix} \frac{\part L}{\part x_1} \\ \ldots \\ \frac{\part L}{\part x_n} \end{pmatrix}=b-2 A·x=\begin{pmatrix} 0 \\ \ldots \\ 0 \end{pmatrix} \\ b=2\lambda A·x \\以下简记2\lambda=\mu \\ x=\frac{1}{\mu}A^{-1}b,带入二次型等于1： \\ \frac{1}{\mu}b^T(A^{-1})^TA\frac{1}{\mu}A^{-1}b=1，其中(A^{-1})^T=A^{-1} \\ 继续化简得\mu=\sqrt{b^TA^{-1}b} \\ 回代入ans=(b^Tx)^2=(b^T\frac{1}{\mu}A^{-1}b)^2=b^TA^{-1}b $$ 求逆矩阵即可，复杂度$O(n^3)$

代码

代码 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxn=210,MOD=998244353;
int n;
LL a[maxn][maxn<<1],b[maxn];
LL quickpow(LL a,int N,int mod)
{
    LL res=1,tmp=a;
    while(N)
    {
        if(N&1)res=(res*tmp)%mod;
        tmp=(tmp*tmp)%mod;
        N>>=1;
    }
    return res;
} 
LL Inv(LL a){return quickpow(a,MOD-2,MOD);}
void gauss()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)//按照列来枚举，当前之前i-1列全消完了 
    {
        int k=i;
        for(int j=i+1;j<=n;j++)if(a[j][i]>a[k][i])k=j;//找一个系数绝对值最大的放在当前行，方便消元 
        LL del=a[k][i];
        for(int j=i;j<=2*n;j++)swap(a[i][j],a[k][j]);
        for(int j=i;j<=2*n;j++)a[i][j]=(a[i][j]*Inv(del))%MOD;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(j!=i)
            {
                del=a[j][i];
                for(int k=i;k<=2*n;k++)a[j][k]=(a[j][k]-a[i][k]*del+(LL)MOD*(LL)MOD)%MOD;
            }
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)a[i][j]=read();
            for(int j=n+1;j<=2*n;j++)a[i][j]=0;
            a[i][i+n]=1;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
        LL ans=0;
        gauss();
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)ans=(ans+a[i][j+n]*b[i]%MOD*b[j])%MOD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

F.Infinite String Comparision

题意

将两个串无限循环，问是否相等

题解

solved by hxm

容易发现，只需要判断最长串的两个周期内是否相等即可

代码

代码 

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define cls(s,v) memset(s,v,sizeof(s))
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cp pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn = 300005,maxm = 100005,INF = 0x3f3f3f3f;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = 0; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 1) + (out << 3) + c - 48; c = getchar();}
	return flag ? out : -out;
}
char A[maxn],B[maxn];
int n,m;
int main(){
	char *a,*b; int tag;
	while (~scanf("%s%s",A + 1,B + 1)){
		tag = 0;
		n = strlen(A + 1);
		m = strlen(B + 1);
		if (n > m) a = A,b = B;
		else a = B,b = A,swap(n,m),tag = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) a[n + i] = a[i];
		for (int i = 1; i <= m; i++){
			for (int j = 1; i + j * m <= 2 * n; j++) b[i + j * m] = b[i];
		}
		int flag = 0;
		for (int i = 1; i <= (n << 1); i++){
			if (a[i] != b[i]){
				if (a[i] > b[i]) flag = 1;
				else if (a[i] < b[i]) flag = -1;
				break;
			}
		}
		if (flag == -1) puts(tag ? ">" : "<");
		else if (flag == 1) puts(tag ? "<" : ">");
		else puts("=");
	}
	return 0;
}

H.Minimum-cost Flow

题意

给定一个网络，每次询问将每条边的容量设置为$\frac{u_i}{v_i}$，问在源点注入1流量，流尽后的最小费用，若流不完输出NaN.

题解

solve by fyh hxm

先考虑无解的情况。$\lceil\frac{v_i}{u_i}\rceil>maxflow$是无解的，因为每一次都是流一次$\frac{u_i}{v_i}$，最多可以流$maxflow$次，如果$\frac{u_i}{v_i}*maxflow$还留不满1显然就是无解。

回忆最小费用最大流的做法，实质就是每次增广之前，在还剩余流量的弧跑最短路，沿着最短路增广，也就是前$k$次增广的费用其实就是前$k$次的最小费用，利用这个性质我们在算最小费用时把每次答案都记录下来即可。

代码

代码 

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 55,maxm = 220,INF = 1000000000;
inline int read(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int n,m,K,h[maxn],ne = 2,S,T,Q;
struct EDGE{int to,nxt,f,w;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,int f,int w){
    ed[ne] = (EDGE){v,h[u],f,w}; h[u] = ne++;
    ed[ne] = (EDGE){u,h[v],0,-w}; h[v] = ne++;
}
int d[maxn],minf[maxn],p[maxn],inq[maxn],ans[110],len;
queue<int> q;
int mincost(){
    int flow = 0,cost = 0;
    while (true){
        for (int i = 0; i <= T; i++) d[i] = INF,inq[i] = 0;
        d[S] = 0; minf[S] = INF;
        q.push(S);
        int u;
        while (!q.empty()){
            u = q.front(); q.pop();
            inq[u] = false;
            Redge(u) if (ed[k].f && d[to = ed[k].to] > d[u] + ed[k].w){
                d[to] = d[u] + ed[k].w; p[to] = k; minf[to] = min(minf[u],ed[k].f);
                if (!inq[to]) q.push(to),inq[to] = true;
            }
        }
        if (d[T] == INF) break;
        flow += minf[T];
        cost += minf[T] * d[T];
        ans[++len]=cost; 
        u = T;
        while (u != S){
            ed[p[u]].f -= minf[T];
            ed[p[u] ^ 1].f += minf[T];
            u = ed[p[u] ^ 1].to;
        }
    }
    return flow;
}
int gcd(int a,int b){
    return b==0 ? a : gcd(b,a%b);
}
int main(){
    int a,b,w,u,v;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        ne=2;
        for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=0;
        for(int i=0;i<m;i++)a=read(),b=read(),w=read(),build(a,b,1,w);
        S=1;T=n;len=0;
        int FLOW=mincost();
        Q=read();
        while(Q--)
        {
            u=read();v=read();
            double tmp=(double)v/(double)u;
            if(tmp>(double)FLOW)printf("NaN\n");
            else
            {
                int ans1=ans[v/u]*u,ans2=v;
                if(v%u)ans1+=(ans[v/u+1]-ans[v/u])*(v%u);
                printf("%d/%d\n",ans1/gcd(ans1,ans2),ans2/gcd(ans1,ans2));
            }
        }
    }
    return 0;
}

J.Easy Integration

题意

算 $\int^{1}_{0}{(x-x^2)^ndx}$

题解

分部积分即可推出答案为 $\frac{(n!)^2}{(2n+1)!}$

代码

代码 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
    int k=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) k=k*10+c-'0';return k*f;
}
const int N=2000005,M=1000000,mod=998244353;
int n,frac[N];
int ksm(int x,int k)
{
    int ans=1;
    for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
        if(k&1)
            ans=1ll*ans*x%mod;
    return ans;
}
int main()
{
    frac[1]=1;
    for(int i=2;i<=M*2+1;i++)
        frac[i]=1ll*i*frac[i-1]%mod;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%lld\n",1ll*frac[n]*frac[n]%mod*ksm(frac[2*n+1],mod-2)%mod);
    }
    return 0;
}

训练实况

12:00 读题
12：00 wxg说结论，hxm开写
12：30 hxm过F
12:36 推出J wxg过J hxm想出了错误的做法 开写C fyh想I wxg想A
13：10 hxm wa C 放弃C wxg开写A
14:35之前 尝试想B未果，想出H
14:35 wxg 过A fyh写H wxg，hxm想B
15:30 fyh过H

训练总结

2020-2021/teams/die_java/front_page_summertrain1.txt · 最后更改: 2020/10/17 22:58 由 fyhssgss

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