数位DP

AHOI2009 同类分布

先枚举各位数字之和作为模数再DP

代码

花神的数论题

和上面那个差不多,枚举1的数量

代码

枚举+数位DP式的写法,状态的描述和传统的题目有一点区别

补题的时候顺带写了几道双指针水题…

1. LC 76：双指针

给两个串 S，T，求 S 的最短的包含 T 所有字母（需考虑个数）的子串。

双指针配合哈希计数统计即可：

class Solution:
    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        i, j, n, m = 0, 0, len(s), len(t)
        tot, ans = 0, (1e9, (0, -1))
        chs = {c:t.count(c) for c in t}
        for j in range(n):
            if s[j] in chs:
                chs[s[j]] -= 1
                if chs[s[j]] >= 0:
                    tot += 1
                while tot == m:
                    if s[i] in chs:
                        chs[s[i]] += 1
                        if chs[s[i]] > 0:
                            tot -= 1
                    if ans[0] > j-i+1:
                        ans = j-i+1, (i, j)
                    i += 1
        return s[ans[1][0]:ans[1][1]+1]

类似的还有：最长不重复子串、最长至多 k 个不同字符子串、寻找所有单词串联子串。

2. LOJ 2086：双指针+线段树

求所有至少k覆盖的区间组中，花费最少的区间组的花费（一组区间的花费定义为，最长区间的长度减去最短区间的长度）。

考虑将区间按长度排序，那么解肯定是连续取的一段。 注意如果 [i:j] 可，那么 [i:j+1]、[i-1:j] 一定都不是最优解。因此只需先枚举 i，然后 j 从 i 枚举到刚好至少 k 覆盖为止。维护一下数轴做区间+1和区间查最大就可以判断了。

复杂度 $O(n^2logn)$ 高了一点，考虑单调性，其实有很多重复操作（i 枚举了很长一段，到 i+1 又从头开始了，其实从 i 变成 i+1 的时候 j 应该至少从上次的 j 开始的），因此双指针同时枚举 ij 即可。复杂度 $O(nlogn)$：

#include <cstdio>
#include <climits>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
constexpr int MN(1e6+7);
 
template <typename vint, typename sint, typename xint = int>
class STree
{
private:
	static constexpr xint ROOT = 1;
	struct Node
	{
		xint l, r;
		sint max, lza;
	} t[MN << 2];
	xint ll, rr, pos;
	vint vv;
#define li i<<1
#define ri i<<1|1
#define t_mid ((t[i].l+t[i].r) >> 1)
#define add_v(i, v) ({t[i].max += v, t[i].lza += v;})
 
#define pd(i) \
	({ \
		if (t[i].lza) \
		{ \
			add_v(li, t[i].lza); \
			add_v(ri, t[i].lza); \
			t[i].lza = 0; \
		} \
	})
 
	void build(const xint i, const xint l, const xint r)
	{
		t[i].l = l, t[i].r = r, t[i].lza = 0;
		if (l == r)
			t[i].max = 0;
		else
		{
			build(li, l, t_mid),
			build(ri, t_mid+1, r);
			t[i].max = max(t[li].max, t[ri].max);;
		}
	}
	void add(const xint i)
	{
		if (ll <= t[i].l && t[i].r <= rr) add_v(i, vv);
		else
		{
			pd(i);
			if (ll <= t_mid)
				add(li);
			if (rr > t_mid)
				add(ri);
			t[i].max = max(t[li].max, t[ri].max);;
		}
	}
 
public:
	IL void build(const xint l, const xint r)
	{
		build(ROOT, l, r);
	}
	IL void add(const xint l, const xint r, const vint v)
	{
		ll = l, rr = r, vv = v,
		add(ROOT);
	}
	IL sint gmax()
	{
		return t[ROOT].max;
	}
};
 
 
int tr[MN];
STree<int, int> st;
 
struct Node
{
	int l, r, len;
	IL bool operator <(const Node &o) const
	{
		return len < o.len;
	}
} a[MN];
vector<int> vals;
 
#define ID(x) lower_bound(vals.begin(), vals.end(), x)-vals.begin()
 
int main()
{
	int n, m;
	scanf("%d %d", &n, &m);
 
	for (int i=0; i<n; ++i)
	{
		scanf("%d %d", &a[i].l, &a[i].r);
		a[i].len = a[i].r-a[i].l;
		vals.emplace_back(a[i].l);
		vals.emplace_back(a[i].r);
	}
	sort(a, a+n);
 
	sort(vals.begin(), vals.end());
	vals.erase(unique(vals.begin(), vals.end()), vals.end());
	for (int i=0; i<n; ++i)
		a[i].l = ID(a[i].l), a[i].r = ID(a[i].r);
 
	int ans = INT_MAX;
	st.build(0, vals.size()-1);
 
	int l=0, r=0;
	while (r < n)
	{
		st.add(a[r].l, a[r].r, 1);
		while (st.gmax() >= m)
		{
			ans = min(ans, a[r].len - a[l].len);
			st.add(a[l].l, a[l].r, -1);
			++l;
		}
		++r;
	}
	if (ans == INT_MAX)
		puts("-1");
	else
		printf("%d", ans);
 
	return 0;
}

周末填坑