【SCOI补全记】SCOI2016 bzoj4567-4572

T1:背单词(bzoj4567)

题解

关键词：trie树贪心

题意有些难懂，简单解释一下。

对于在位置 $x$ 的单词：

单词没有后缀，吃 $x$ 颗泡椒
所有后缀在 $1$ ~ $x-1$ 中出现，且后缀最靠后位置为 $y$ ，吃 $x-y$ 颗泡椒
有后缀出现在 $x$ 以后，吃 $n^2$ 颗泡椒

显然最后一种情况是不优的，那么保证所有单词出现在它的后缀以后即可。

将单词reverse建立一颗“后缀”trie树，即从根出发的任意一条向下路径为某个单词的后缀。按深度遍历保证了不会出现第三种情况。

剩下的就是贪心了，我们将trie树上代表单词终止点的结点取出来建一棵虚树，把每个点的子节点按子树大小排序，在dfs时先遍历子树size大的显然最优。

一道看似简单的题，实际上代码还是有点技巧的(时间标记，前驱等等，打WA了几次)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define RI register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=510050;

int n,cnt,len,sz[N],bel[N];
int ch[N][26],ed[N],tim[N],bs;ll ans;
vector<int>son[N];
char s[N];

inline bool cmp(const int&x,const int&y){return sz[x]>sz[y];}

inline void build(int u)
{
    if(ed[u]) {
        son[bel[u]].push_back(u);
        bel[u]=u;
    }
    for(RI int i=0;i<26;++i) if(ch[u][i]){
        bel[ch[u][i]]=bel[u];
        build(ch[u][i]);
    }

}

inline void getsz(int u)
{
     sz[u]=ed[u];
     for(RI int i=son[u].size()-1;~i;--i){
        getsz(son[u][i]);
        sz[u]+=sz[son[u][i]];
     }
     sort(son[u].begin(),son[u].end(),cmp);
}

inline void dfs(int dep,int u,int pre)
{
    if(ed[u]) {
        tim[u]=++bs;
        ans+= pre? tim[u]-tim[pre]:bs; 
        pre=u;
    }
    for(RI int i=son[u].size()-1;~i;--i)
     dfs(dep+1,son[u][i],pre);
}

int main(){
    RI int i,j,u,alp;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",s+1);
        len=strlen(s+1);
        for(u=0,j=len;j>=1;--j){
            alp=s[j]-'a';
            if(!ch[u][alp]) ch[u][alp]=++cnt;
            u=ch[u][alp];
        }
        ed[u]=1;
    }
    build(0);
    getsz(0);
    dfs(0,0,0);
    printf("%lld\n",ans);
}

T2:幸运数字(bzoj4568)

题解

关键词：线性基倍增LCA

线性基是可以 $O(logG_i)$ 建立和合并的。所以倍增LCA中同样可以存储节点 $i$ 到第 $2^j$ 次幂个祖先的链上的线性基。

熟悉线性基的话，很快就能码出来了。时间复杂度 $O((n+m)log^2G_i)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define RI register
#define gc getchar()
#define si isdigit(c)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e4+100;
int n,m,F[N][16],d[N];
int head[N],to[N<<2],nxt[N<<2],tot;
ll bin[62],ans;

struct P{
  ll bs[62];
}f[N][16],tp,v[N];

char c;
template<class T>
inline void rd(T &x)
{
    c=gc;x=0;
    for(;!si;c=gc);
    for(;si;c=gc) x=x*10+(c^48);
}

inline void lk(int u,int v)
{to[++tot]=v;nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;}

inline P merge(P a,P b)
{
    RI int i,j;ll res;
    for(i=60;~i;--i){
        res=b.bs[i];
        for(j=i;~j && res;--j) if(res&bin[j]){
            if(!a.bs[j]) a.bs[j]=res;
            res^=a.bs[j];
        }
     }
    return a;
}

void dfs(int x)
{
    RI int i,j;
    for(i=1;bin[i]<=d[x];++i) 
      F[x][i]=F[F[x][i-1]][i-1]; 
    for(i=1;bin[i]<=d[x];++i) 
      f[x][i]=merge(f[x][i-1],f[F[x][i-1]][i-1]);
    for(i=head[x];i;i=nxt[i]){
        j=to[i];if(j==F[x][0]) continue;
        F[j][0]=x;f[j][0]=merge(v[x],v[j]);
        d[j]=d[x]+1;dfs(j);
    }
}

inline P get(int x,int y)
{
    tp=v[x];
    if(d[x]<d[y]) swap(x,y);
    RI int i,t=d[x]-d[y];
    for(i=0;bin[i]<=t;++i)
     if(t&bin[i]){
        tp=merge(tp,f[x][i]);
        x=F[x][i];
     }
    if(x==y) return tp;
    for(i=14;~i;--i)
     if(F[x][i]!=F[y][i]){
        tp=merge(tp,f[x][i]);
        tp=merge(tp,f[y][i]);
        x=F[x][i];y=F[y][i];
     }
    tp=merge(tp,merge(f[x][0],f[y][0]));
    return tp;
}

int main(){
    RI int i,j,k,x,y;ll val;
    bin[0]=1;
    for(i=1;i<=60;++i) bin[i]=bin[i-1]<<1;
    rd(n);rd(m);
    for(i=1;i<=n;++i){
      rd(val);for(j=60;~j;--j) if(val&bin[j]) {v[i].bs[j]=val;break;}
    }
    for(i=1;i<n;++i){rd(x);rd(y);lk(x,y);lk(y,x);}
    dfs(1);
    for(;m;--m){
        ans=0;
        rd(x);rd(y);
        get(x,y);
        for(i=60;~i;--i) 
          ans=max(ans,ans^tp.bs[i]);
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

T3:萌萌哒(bzoj4569)

关键词：倍增优化并查集
传送门

T4:妖怪(bzoj4570)

关键词：凸包
传送门

T5:美味(bzoj4571)

题解

关键词：主席树拆位

因为每次只需要选择最优的一道菜，所以可以拆二进制位对所有菜的评价值建主席树， $a_i<10^5$ ，建立范围为 $[0,a_{i_{max}}]$ 每次往最优的区间走查询这段区间中是否能取到0/1，从高位到低位逐位选择即可。

想到拆位就比较好做的一道题。时间复杂度 $O(m\log^2n)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define RI register
#define gc getchar()
#define si isdigit(c)
#define mid (((l)+(r))>>1)
using namespace std;
const int N=2e5+10,mx=(1<<18)-1;
int now,n,m,qb,qx,ql,qr,des,bin[25];
int rt[N],ls[N*20],rs[N*20],sz[N*20],tot;

char c;
inline void rd(int &x)
{
    c=gc;x=0;
    for(;!si;c=gc);
    for(;si;c=gc) x=x*10+(c^48);
}

inline void build(int pre,int &nw,int l,int r,int pos)
{
    nw=++tot;sz[nw]=sz[pre]+1;
    if(l==r) return;
    if(pos<=mid){
       rs[nw]=rs[pre];
       build(ls[pre],ls[nw],l,mid,pos);
    }else{
       ls[nw]=ls[pre];
       build(rs[pre],rs[nw],mid+1,r,pos);
    }
}

inline bool get(int pre,int nw,int l,int r,int L,int R)
{
    if(L<=l && r<=R) return (sz[nw]-sz[pre]>0);
    bool re=false;
    if(L<=mid) re=get(ls[pre],ls[nw],l,mid,L,R);
    if(!re && R>mid) re=get(rs[pre],rs[nw],mid+1,r,L,R);
    return re;
}

int main(){
    RI int i,j,l,r;
    bin[0]=1;for(i=1;i<=20;++i) bin[i]=bin[i-1]<<1;
    rd(n);rd(m);
    for(i=1;i<=n;++i){
       rd(j);
       build(rt[i-1],rt[i],0,mx,j);
    }
    for(;m;--m){
        rd(qb);rd(qx);rd(ql);rd(qr);
        des=mx&(~qb);now=0;
        for(i=17;~i;--i){
           if(!(qb&bin[i])) now^=bin[i];
           l=max(now-qx,0);r=(now|(bin[i]-1))-qx;
           if(r<0 || (!get(rt[ql-1],rt[qr],0,mx,l,r))) now^=bin[i];
        }
        printf("%d\n",now^qb);
    }
}

T6:围棋(bzoj4572)

关键词：轮廓线DP
传送门

总结

考点：
字符串 $\times$ 1
倍增 $\times$ 2
计算几何 $\times$ 1
线性基/二进制拆位 $\times$ 2
简单数据结构(简单主席树) $\times$ 1
DP(轮廓线) $\times$ 1

倍增/二进制位出现频率较高？
数据结构较基础？
$DP$ 普遍毒瘤？
算几年年出现？

T1,2,5不能错
T3是一道不可多得的思维好题
T4算几还需要多加练习
T6轮廓线DP还不熟练，考试码不出来~~(似乎是道压轴题，雾)~~
思维题偏少