emmmm。。。。
还是屈服来写一点东西
T1 Censoring ac自动机
这题有一道同名题，放在字符串基础里，是KMP，但可悲的是，我那道题用hash卡过去的，没有打正解。。。。。。
导致我读完题之后蒙了，满脑子都是hash，加上ac自动机并没有好好写，也没有理解的特别透彻（更何况板子没背过）。
于是考试时最后打了个hash叫了上去，骗了87分，再在O（nm）扫的时候加了一个小剪枝，93分。
然而%%%Yu-shi大佬hashAC，比较难受。（可能我长得丑吧）
说一下正解，把匹配的子串全部tui进自动机后，在单个子串末尾存一下len，正常匹配，和板子一样，不过需要用trie图优化（貌似trie树跑fail指针会T）
在匹配的时候手动维护栈，一个存字符，一个存之前匹配点指针所指的位置，在匹配成功后暴力弹栈，指针指向弹完栈以后的位置。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 struct node 4 { 5 int cnt,l; 6 node *fail; 7 node *nxt[26]; 8 node() 9 { 10 l=cnt=0; 11 fail=NULL; 12 for(int i=0;i<26;i++) nxt[i]=NULL; 13 } 14 }*que[100100]; 15 char s[100100]; 16 char st[100100]; 17 char k[100100]; 18 node *root=new node(); 19 node *pos[100100]; 20 int n,top; 21 void insert(char *k) 22 { 23 node *p=new node(),*q=new node(); 24 int len=strlen(k);p=root; 25 for(int i=0,v;i<len;i++) 26 { 27 v=k[i]-'a'; 28 if(p->nxt[v]==NULL) 29 { 30 q=(struct node *)malloc(sizeof(node)); 31 q=new node(); 32 p->nxt[v]=q; 33 } 34 p=p->nxt[v]; 35 } 36 p->l=len; 37 p->cnt++; 38 } 39 void build_ac_automation(node *root) 40 { 41 int head=0,tail=0; 42 que[tail++]=root; 43 while(head!=tail) 44 { 45 node* tmp=que[head++]; 46 node* p=NULL; 47 for(int i=0;i<26;i++) 48 { 49 if(tmp->nxt[i]!=NULL) 50 { 51 if(tmp==root) tmp->nxt[i]->fail=root; 52 else tmp->nxt[i]->fail=tmp->fail->nxt[i]; 53 que[tail++]=tmp->nxt[i]; 54 } 55 else 56 { 57 if(tmp==root) tmp->nxt[i]=tmp; 58 else tmp->nxt[i]=tmp->fail->nxt[i]; 59 } 60 } 61 } 62 } 63 int main() 64 { 65 scanf("%s%d",s,&n); 66 for(int i=1;i<=n;i++) 67 { 68 scanf("%s",k); 69 insert(k); 70 } 71 build_ac_automation(root); 72 int len=strlen(s); 73 node *p=root,*temp=NULL; 74 for(int i=0;i<len;i++) 75 { 76 int x=s[i]-'a'; 77 st[++top]=s[i],pos[top]=p; 78 p=p->nxt[x]; 79 if(p==NULL) p=root; 80 if(p->l) 81 { 82 top-=p->l; 83 p=pos[top+1]; 84 } 85 } 86 for(int i=1;i<=top;i++) printf("%c",st[i]); 87 return 0; 88 }
T2 记忆的轮廓 树形期望dp
这题考试时看蒙了，样例都手膜不出来，难受啊马飞。（果然我还是太菜了嘤嘤嘤）
如果教练把50%数据存档点==正确节点可能还能打个暴力。
接下来是（抄来的）范围题解：
50%：这一部分分是存档点等于正确节点，显然每个点都存档是最优解。
这样的话整个问题就转化成了一个普通的树形期望dp。
在我看来这题应该直接一个dfs就差不多了，不过我并没有自己去码（如果那个大佬写了发现不行请及时提醒我谢谢），而是根据正解码了一个其他的做法。
我们设d[i]为i节点的儿子个数，g[i]是对于每一个非叶子错误节点i期望走多少步后会读档。
可以得到g[i]=1+sigma(g[j]/d[i]) j是i的错误儿子。
再设s[i]代表正确节点的错误儿子的g值和，可以得到s[i]=sigma(g[j]) j是i的错误儿子。
期望dp一般倒退，且到达n以后立即停止，所以f[n]==0;
接下来dp转移：f[i]=1+1/d[i]*f[i+1]+1/d[i]*(g[i]+f[i])。玄学移项以后是：f[i]=d[i]+f[i+1]+s[i]。
复杂度线性。
接下来50分代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define db double 5 using namespace std; 6 struct node{int to,nxt;}l[3010]; 7 int n,m,tot,p,head[1510]; 8 db g[1510],s[1510],f[1510],d[1510]; 9 void add(int x,int y) 10 { 11 l[++tot].to=y; 12 l[tot].nxt=head[x]; 13 head[x]=tot; 14 } 15 void dfs(int x) 16 { 17 if(x>n) 18 { 19 if(!d[x]) 20 { 21 g[x]=1; 22 return ; 23 } 24 else 25 { 26 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 27 { 28 int y=l[i].to; 29 dfs(y); 30 g[x]+=1.0/d[x]*(g[y]+1.0); 31 } 32 } 33 } 34 else 35 { 36 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 37 { 38 int y=l[i].to; 39 dfs(y); 40 if(y>n) s[x]+=g[y]; 41 } 42 } 43 } 44 int main() 45 { 46 int QwQ; 47 scanf("%d",&QwQ); 48 while(QwQ--) 49 { 50 scanf("%d%d%d",&n,&m,&p); 51 for(int i=1;i<n;i++) 52 add(i,i+1),d[i]++; 53 for(int i=1,x,y;i<=m-n;i++) 54 { 55 scanf("%d%d",&x,&y); 56 add(x,y),d[x]++; 57 } 58 dfs(1); 59 for(int i=n-1;i>0;i--) f[i]=f[i+1]+d[i]+s[i]; 60 printf("%.4lf\n",f[1]); 61 } 62 return 0; 63 }
70%：可以设a[i][j]（i<j）表示从正确节点i走到正确节点j的期望步数，中间不存档。
可以得到：a[i][j]=a[i][j-1]+1+1/d[j-1]*0+1/d[j-1]*sigma(g[k]+a[i][j]) k是j-1的错误儿子。
玄学移项：a[i][j]=a[i][j-1]*d[j-1]+d[j-1]+s[j-1]。（不得不说玄学移项可真是个好东西）
接下来dp转移 f[i][j]代表走到第i个点共存j次档。
首先根据题干，那么肯定存档存到满是最优情况，sof[n][p]=0,目标状态f[1][1]。
f[i][j]=min(f[k][j+1]+a[i][k]) n<=k<i。
接下来70分代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define db double 5 using namespace std; 6 struct node{int to,nxt;}l[3010]; 7 int n,m,tot,p,head[1510]; 8 db g[1510],s[1510],f[1510][1510],d[1510],a[1510][1510]; 9 void add(int x,int y) 10 { 11 l[++tot].to=y; 12 l[tot].nxt=head[x]; 13 head[x]=tot; 14 } 15 void dfs(int x) 16 { 17 if(x>n) 18 { 19 if(!d[x]) 20 { 21 g[x]=1; 22 return ; 23 } 24 else 25 { 26 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 27 { 28 int y=l[i].to; 29 dfs(y); 30 g[x]+=1.0/d[x]*(g[y]+1.0); 31 } 32 } 33 } 34 else 35 { 36 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 37 { 38 int y=l[i].to; 39 dfs(y); 40 if(y>n) s[x]+=g[y]; 41 } 42 } 43 } 44 void init() 45 { 46 tot=0; 47 memset(d,0,sizeof(d)); 48 memset(s,0,sizeof(s)); 49 memset(g,0,sizeof(g)); 50 memset(f,0x7f,sizeof(f)); 51 memset(a,0x7f,sizeof(a)); 52 memset(l,0,sizeof(l)); 53 memset(head,0,sizeof(head)); 54 } 55 int main() 56 { 57 int QwQ; 58 scanf("%d",&QwQ); 59 while(QwQ--) 60 { 61 init(); 62 scanf("%d%d%d",&n,&m,&p); 63 for(int i=1;i<n;i++) 64 add(i,i+1),d[i]++; 65 for(int i=1,x,y;i<=m-n;i++) 66 { 67 scanf("%d%d",&x,&y); 68 add(x,y),d[x]++; 69 } 70 dfs(1); 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 a[i][i]=0; 74 for(int j=i+1;j<=n;j++) a[i][j]=a[i][j-1]*d[j-1]+d[j-1]+s[j-1]; 75 } 76 f[n][p]=0; 77 for(int i=n-1;i>=1;i--) 78 for(int j=p-1;j>=1;j--) 79 for(int k=i;k<=n;k++) 80 f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j+1]+a[i][k]); 81 for(int i=n-1;i>0;i--) f[i]=f[i+1]+d[i]+s[i]; 82 printf("%.4lf\n",f[1][1]); 83 } 84 return 0; 85 }
100%（真正神仙）：emmmm。。。。
分析一下a数组的大小，可以看到是爆炸式增长。
所以进行一波神仙分析：我们来估计答案的上界。考虑一种可行方案，每n/p个正确节点就设立一次存档位置，考虑最坏情况，观察a的转移，应该每变换一次存档点，大约需要3^(n/p)s[i]+3(n/p-1)*s[i+1]+3^(n/p-2)*s[i+2]+……因为最多m个节点，s的上限是1500（实际上也远远达不到），把所有s都视为这个上限，提取公因数，计算一下那个等比数列求和，由于p是有下界的，因此n/p有上界14，发现最后也就是个12位数的样子，而至于a会爆炸的问题，double是可以存很多位的，而且太大的a肯定不可能被用上。
由此观之，答案并没有那么大，所以我们可以设一个常数进行转移，这个常数大概在40多一点，因为a的下界已经是2^40了，而答案的上界远远没有达到，经过精确计算还可以再把step调小一点。
所以最终复杂度（nplogans）
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define db double 5 using namespace std; 6 struct node{int to,nxt;}l[3010]; 7 int n,m,tot,p,head[1510]; 8 db g[1510],s[1510],f[1510][1510],d[1510],a[1510][1510]; 9 void add(int x,int y) 10 { 11 l[++tot].to=y; 12 l[tot].nxt=head[x]; 13 head[x]=tot; 14 } 15 void dfs(int x) 16 { 17 if(x>n) 18 { 19 if(!d[x]) 20 { 21 g[x]=1; 22 return ; 23 } 24 else 25 { 26 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 27 { 28 int y=l[i].to; 29 dfs(y); 30 g[x]+=1.0/d[x]*(g[y]+1.0); 31 } 32 } 33 } 34 else 35 { 36 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 37 { 38 int y=l[i].to; 39 dfs(y); 40 if(y>n) s[x]+=g[y]; 41 } 42 } 43 } 44 void init() 45 { 46 tot=0; 47 memset(d,0,sizeof(d)); 48 memset(s,0,sizeof(s)); 49 memset(g,0,sizeof(g)); 50 memset(f,0x7f,sizeof(f)); 51 memset(a,0x7f,sizeof(a)); 52 memset(l,0,sizeof(l)); 53 memset(head,0,sizeof(head)); 54 } 55 int main() 56 { 57 int QwQ; 58 scanf("%d",&QwQ); 59 while(QwQ--) 60 { 61 init(); 62 scanf("%d%d%d",&n,&m,&p); 63 for(int i=1;i<n;i++) 64 add(i,i+1),d[i]++; 65 for(int i=1,x,y;i<=m-n;i++) 66 { 67 scanf("%d%d",&x,&y); 68 add(x,y),d[x]++; 69 } 70 dfs(1); 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 a[i][i]=0; 74 for(int j=i+1;j<=n;j++) a[i][j]=a[i][j-1]*d[j-1]+d[j-1]+s[j-1]; 75 } 76 f[n][p]=0; 77 for(int i=n-1;i>=1;i--) 78 for(int j=p-1;j>=1;j--) 79 for(int k=i;k<=min(n,i+45);k++) 80 f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j+1]+a[i][k]); 81 printf("%.4lf\n",f[1][1]); 82 } 83 return 0; 84 }
T3 雨天的尾巴 树上差分+lca+权值线段树+线段树合并
考试时的沙雕MouDing：
第一眼：树上差分？？？
第二眼：喵的lca又忘了。。。
第三眼：树套树？？？
第四眼：树套树也不会。。。
异常真实。。。。无颜面对hzoi父老乡亲。
所以又打了一个纯暴力交上去了，骗到50。。。。
当初在想树上差分的时候感觉没有办法O（1）修改，总是感觉要O(n),也想着用权值线段树，可总是没有正经思路。
考完时候pa大神讲题，最终用到了线段树合并。（顺便揭穿pa大猪蹄子的丑恶嘴脸）
方法是dfs下去，在递归回来的时候进行合并，就可以了。
果然还是不能够灵活运用，或者说思路有问题。
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define N 100010 7 using namespace std; 8 struct node{int to,nxt;}l[N*2]; 9 struct no{int l,r,num;}q[N*2]; 10 int t,n,m,tot,head[N],a[N],b[N],ch[N],fa[N][21],d[N],imax=-1,sz; 11 int s[N*50],ls[N*50],rs[N*50],num[N*50],ans[N],rt[N*50]; 12 void add(int x,int y) 13 { 14 l[++tot].to=y; 15 l[tot].nxt=head[x]; 16 head[x]=tot; 17 } 18 void Dfs(int x,int dep) 19 { 20 d[x]=dep; 21 for(int i=1;i<=t;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; 22 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 23 { 24 int y=l[i].to; 25 if(!d[y]) 26 { 27 fa[y][0]=x; 28 Dfs(y,dep+1); 29 } 30 } 31 } 32 int lca(int x,int y) 33 { 34 if(d[x]>d[y]) swap(x,y); 35 for(int i=t;i>=0;i--) 36 if(d[fa[y][i]]>=d[x]) y=fa[y][i]; 37 if(x==y) return x; 38 for(int i=t;i>=0;i--) 39 { 40 if(fa[y][i]!=fa[x][i]) 41 { 42 y=fa[y][i]; 43 x=fa[x][i]; 44 } 45 } 46 return fa[x][0]; 47 } 48 void change(int &k,int pos,int data,int l,int r) 49 { 50 if(!k) k=++sz; 51 if(l==r) 52 { 53 s[k]=pos; 54 num[k]+=data; 55 return ; 56 } 57 int mid=l+r>>1; 58 if(pos<=mid) change(ls[k],pos,data,l,mid); 59 else change(rs[k],pos,data,mid+1,r); 60 if(num[ls[k]]==num[rs[k]]) 61 { 62 num[k]=num[ls[k]]; 63 s[k]=min(s[ls[k]],s[rs[k]]); 64 } 65 else 66 { 67 num[k]=max(num[ls[k]],num[rs[k]]); 68 s[k]=(num[ls[k]]>num[rs[k]])?s[ls[k]]:s[rs[k]]; 69 } 70 } 71 int merge(int x,int y,int l,int r) 72 { 73 if(!x||!y) return x+y; 74 if(l==r) 75 { 76 num[x]+=num[y]; 77 return x; 78 } 79 int mid=l+r>>1; 80 ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,mid); 81 rs[x]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r); 82 num[x]=max(num[ls[x]],num[rs[x]]); 83 if(num[ls[x]]==num[rs[x]]) 84 { 85 num[x]=num[ls[x]]; 86 s[x]=min(s[ls[x]],s[rs[x]]); 87 } 88 else 89 { 90 num[x]=max(num[ls[x]],num[rs[x]]); 91 s[x]=(num[ls[x]]>num[rs[x]])?s[ls[x]]:s[rs[x]]; 92 } 93 return x; 94 } 95 void dfs(int x) 96 { 97 for(int i=head[x];i;i=l[i].nxt) 98 { 99 int y=l[i].to; 100 if(d[y]>d[x]) 101 { 102 dfs(y); 103 rt[x]=merge(rt[x],rt[y],1,imax); 104 } 105 } 106 ans[x]=ch[s[rt[x]]]; 107 } 108 int main() 109 { 110 scanf("%d%d",&n,&m); 111 t=log2(n)+1; 112 for(int i=1,x,y;i<n;i++) 113 { 114 scanf("%d%d",&x,&y); 115 add(x,y),add(y,x); 116 } 117 Dfs(1,1); 118 for(int i=1;i<=m;i++) 119 { 120 scanf("%d%d%d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].num); 121 a[i]=b[i]=q[i].num; 122 } 123 sort(b+1,b+m+1); 124 int p=unique(b+1,b+m+1)-b-1; 125 for(int i=1;i<=m;i++) 126 { 127 a[i]=lower_bound(b+1,b+p+1,a[i])-b; 128 imax=max(imax,a[i]); 129 ch[a[i]]=q[i].num; 130 } 131 for(int i=1;i<=m;i++) 132 { 133 int Lca=lca(q[i].l,q[i].r); 134 change(rt[q[i].l],a[i],1,1,imax); 135 change(rt[q[i].r],a[i],1,1,imax); 136 change(rt[Lca],a[i],-1,1,imax); 137 change(rt[fa[Lca][0]],a[i],-1,1,imax); 138 } 139 dfs(1); 140 for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]); 141 return 0; 142 }