19.11.12考后总结

T1:

题目大意：

将 $n$个字符串排序，使得任意 $i < j < k$ 满足： $lcp(si, sk) ≤ lcp(si, sj )$ 且 $lcp(si, sk) ≤ lcp(sj , sk)$。 $n\le10^6$

$lcp:最长公共前缀$

要求输出排序过程 (即每次交换哪两个字符串)。

解析：

构建出一棵字典树，那么以该树的任意一个dfs序输出都是一个合法的解。

然后我们只考虑一种简单的情况，即按照字典序输出，string类的sort可以方便完成这一任务。

考虑排序后输出一种合法的过程，那么我们可以对排序后的数列进行一次 $O(n)$的还原，输出过程即可。

时间复杂度： $O(nlogn)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
	inline int Read(){
		int x=0,f=1;char ch=getchar();
		while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')  f=-1;ch=getchar();}
		while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
		return x*f;
	}
	void Get(){
		freopen("block.in","r",stdin);
		freopen("block.out","w",stdout);
	}
}
#define Read() IO::Read()
struct Node{
	string s;
	int id;
}a[1000005];
bool cmp(Node x,Node y){
	return x.s<y.s;
}
int m=0;
struct node{
	int ans1,ans2;
}f[1000005];
signed main(){
	IO::Get();
	int n=Read();
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		cin>>a[i].s;
		a[i].id=i;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		while(a[i].id!=i){
			++m;
			f[m].ans1=a[i].id,f[m].ans2=a[a[i].id].id;
			swap(a[i],a[a[i].id]);
		}
	}
	printf("%d\n",m);
	for(register int i=1;i<=m;++i){
		printf("%d %d\n",f[i].ans1,f[i].ans2);
	}
	return 0;
}

T2:

题目大意：

有 $n$ 个数 $t_i$，每一秒你可以将任意一个数减少 $x$，每一秒每一个数都会自然减少 $1$。求 $s$ 秒后最大数的最小值。有多次询问。 $n\le10^5$

解析：

我们要使得最大数最小，那么首先我们每秒减少的那个数必定是当前的最大数。

先忽略每个数的自然减少，在最后统计时加上即可。

考虑统计时二分答案，对于分出的一个最大数的最小值 $v$（忽略自然减少），我们有每一个数所需的减少 $x$的次数： $max(\lceil (t_i-v)/x\rceil,0)$

但这样做时间复杂度为 $O(n^2)$，需要想办法优化。

还是从上面的式子开始：

$\lceil (t_i-v)/x\rceil=\lceil(\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor+\{\frac{t_i}{x}\})-(\lfloor\frac{v}{x}\rfloor+\{\frac{v}{x}\})\rceil$
$\qquad\qquad\space\space\space\space=\lceil\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor-\lfloor\frac{v}{x}\rfloor\rceil+\lceil\{\frac{t_i}{x}\}-\{\frac{v}{x}\}\rceil$
$\qquad\qquad\space\space\space\space=\lceil\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor-\lfloor\frac{v}{x}\rfloor\rceil+[t_i\%x>v\%x]$
前面的那部分可以预处理一个后缀和，后面部分可以离线用线段树做，也可以在线用主席树做。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,x,val[100005],sum[100005],t[100005],cnt;
namespace Tree{
	struct node{
		int lc,rc;
		int x;
	}seg[7500005];
	void pushup(int o){
		seg[o].x=seg[seg[o].lc].x+seg[seg[o].rc].x;
	}
	void modify(int &a,int l,int r,int pos,int v){
		seg[++cnt]=seg[a];
		a=cnt;
		if(l==r){
			seg[a].x+=v;
			return ;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if(pos<=mid)  modify(seg[a].lc,l,mid,pos,v);
		if(mid<pos)  modify(seg[a].rc,mid+1,r,pos,v);
		pushup(a);
	}
	int query(int a,int l,int r,int nl,int nr){
		if(!a)  return 0;
		if(nl<=l&&r<=nr)  return seg[a].x;
		if(nl>r||nr<l)  return 0;
		int mid=(l+r)>>1;
		return query(seg[a].lc,l,mid,nl,nr)+query(seg[a].rc,mid+1,r,nl,nr);
	}
}
int check(int y){
	int res=0;
	int p=lower_bound(val+1,val+n+1,y)-val;
	res=sum[p]-(y/x)*(n-p+1);
	res+=Tree::query(t[p],0,x,y%x+1,x);
	return res;
}
int solve(int y){
	int l=1,r=val[n];
	while(l<r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)>y)  l=mid+1;
		else r=mid;
	}
	return max(l-y,0ll);
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&x);
	for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%lld",&val[i]);
	sort(val+1,val+n+1);
	for(int i=n;i>=1;i--){
		sum[i]=sum[i+1]+val[i]/x;
		t[i]=t[i+1];
		Tree::modify(t[i],0,x,val[i]%x,1);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int y;scanf("%lld",&y);
		printf("%lld\n",solve(y));
	}
}

T3:

题目大意：

给一个长度为 $n$字符串，包含 $0-9$的整数，要在其中添加 $k$个加号，求所有构成的表达式的值之和。 $n\le5\times10^5$

解析：

对于一个序列：
$2\qquad3\qquad3\qquad3\qquad3\qquad3\qquad3$
考虑每个数作为个位数，十位数等的贡献，我们对于第三个 $3$，假设有 $4$个加号，那么首先有：
$2\qquad3\qquad3\space\space+\space\space3\qquad3\qquad3\qquad3$
除了当前的这个位置，其余位置都可以放加号，贡献为：
$C_5^3\times10^0\times3$
对于十位数的情况，我们有：
$2\qquad3\qquad3\qquad3\space\space+\space\space3\qquad3\qquad3$
当前放加号的位置和前面的那个位置均不能放加号，贡献为：
$C_4^3\times10^1\times3$
以此类推，我们有了一个 $O(n^2)$的算法：

for(int i=1;i<=n;i++){
	ll tmp=0;
	for(int j=1;j<=min(n-i+1,n-k);j++){
		if(j==n-i+1){
			tmp+=c[n-j+1][k+1]*mul[j-1];
			tmp%=Mod;
		}
		else{
			tmp+=c[n-j][k]*mul[j-1];
			tmp%=Mod;
		}
	}
	ans+=tmp*a[i];
	ans%=Mod;
}
cout<<ans<<endl;

下面考虑优化，非常不显然地打表+猜想可得，原式为：
$f_i=10^{n-i-1}\times C_{i-1}^{k-1}+[i==n]\times(10^{n-i}\times C_{i-1}^{k})$
$ans=\sum_{i=1}^{n}f_i\times s_i$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353,maxn=500100;
int ksm(int a,int b){
	int res=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)  if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
	return res;
}
int fac[maxn],invfac[maxn],f[maxn];
int C(int n,int m){return (n<0||n<m)?0:1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;}
int n,k;char s[500005];
signed main(){
	for(int i=fac[0]=1;i<maxn;i++)  fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	invfac[maxn-1]=ksm(fac[maxn-1],mod-2);
	for(int i=maxn-2;i>=0;i--)  invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	scanf("%d%d",&n,&k);scanf("%s",s+1);
	int ans=0;
	for(int i=n-1;i;i--)  f[i]=(f[i+1]+1ll*ksm(10,n-i-1)*C(i-1,k-1)%mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)  f[i]=(f[i]+1ll*ksm(10,n-i)*C(i-1,k)%mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)  ans=(ans+1ll*f[i]*(s[i]-'0')%mod)%mod;
	cout<<ans<<endl;
}