【AtCoder】ARC097 （C - F）题解

C - K-th Substring

题解

找出第K大的子串，重复的不计入

这个数据范围可能有什么暴力可以艹过去吧，但是K放大的话这就是后缀自动机板子题啊= =

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
//#define ivorysi
#define MAXN 5005
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
struct node {
    int len,cnt,f;
    node *par,*nxt[26];
}pool[MAXN * 3],*tail = pool,*root,*last;
void Build_Sam(int len,int c) {
    node *nowp = tail++,*p;
    nowp->len = len;
    for(p = last ; p && !p->nxt[c] ; p = p->par) {
        p->nxt[c] = nowp;
    }
    if(!p) nowp->par = root;
    else {
        node *q = p->nxt[c];
        if(q->len == p->len + 1) nowp->par = q;
        else {
            node *cp = tail++;
            *cp = *q;cp->cnt = 0;cp->len = p->len + 1;
            q->par = nowp->par = cp;
            for( ; p && p->nxt[c] == q ; p = p->par) p->nxt[c] = cp;
        }
    }
    last = nowp;
}
int c[MAXN];
node *que[MAXN * 3];
char s[MAXN];
int N,K,M;
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    root = last = tail++;
    scanf("%s%d",s + 1,&K);
    N = strlen(s + 1);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        Build_Sam(i,s[i] - 'a');
    }
    M = tail - pool;
    for(int i = 0 ; i < M ; ++i) {
        c[pool[i].len]++;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) c[i] += c[i - 1];
    for(int i = 0 ; i < M ; ++i) {
        que[c[pool[i].len]--] = &pool[i];
    }
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) que[i]->f = 1;
    for(int i = M ; i >= 1 ; --i) {
        for(int j = 0 ; j < 26 ; ++j) {
            if(que[i]->nxt[j])
            que[i]->f += que[i]->nxt[j]->f;
        }
    }
    node *p = root;
    while(K > 0) {
        for(int i = 0 ; i < 26 ; ++i) {
            if(!p->nxt[i]) continue;
            if(K <= p->nxt[i]->f) {
            putchar('a' + i);
            p = p->nxt[i];
            --K;
            break;
            }
            else K -= p->nxt[i]->f;
        }
    }
    putchar('\n');
}

D - Equals

题解

给出可交换的两个位置，和一个排列，求最后能达成pi = i的位置

直接用并查集维护连通性，判一下这个位置上的数和该到的位置和初始位置在不在一个联通块

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N,M;
int P[MAXN],fa[MAXN];
int getfa(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&P[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) fa[i] = i;
    int x,y;
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        fa[getfa(x)] = getfa(y);
    }
    int cnt = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        if(getfa(P[i]) == getfa(i)) ++cnt;
    }
    printf("%d\n",cnt);
}

E - Sorted and Sorted

题解

给出一个黑棋N个白棋N个的排列，每一种颜色的球分别标上1 - N，每次可以交换相邻两个球，求白棋相对顺序正确并且黑棋相对顺序正确，所需要最少的步数

动态规划,dp[i][j]表示前边放了i个白棋和j个黑棋所需要的最少步数
dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + cost_w[i - 1][j] , dp[i][j - 1] + cost_b[i][j - 1])
cost_w[i][j]表示前面已经有i个白棋和j个黑棋，在序列末再填一个白棋所需要的步数，cost_b同理
这个可以用树状数组预处理出来

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
//#define ivorysi
#define MAXN 2005
#define eps 1e-7
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
int N,a[MAXN * 2];
char c[MAXN * 2][5];
int tr[2][MAXN],cost[2][MAXN][MAXN],dp[MAXN][MAXN];
int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void Insert(int id,int x) {
    while(x <= N) {
        tr[id][x]++;
        x += lowbit(x);
    }
}
int Query(int id,int x) {
    int res = 0;
    while(x > 0) {
        res += tr[id][x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return res;
}
void Solve() {
    scanf("%d",&N);
    for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
        scanf("%s%d",c[i] + 1,&a[i]);
    }
    for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
        if(c[i][1] == 'W') {
            for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
            cost[0][a[i] - 1][j] = (i - 1) - Query(0,a[i] - 1) - Query(1,j);
            }
            Insert(0,a[i]);
        }
        else {
            for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
            cost[1][j][a[i] - 1] =  (i - 1) - Query(0,j) - Query(1,a[i] - 1);
            }
            Insert(1,a[i]);
        }
    }
    for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
        for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
            if(i == 0 && j == 0) continue;
            dp[i][j] = 0x7fffffff;
            if(i != 0) {
            dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i - 1][j] + cost[0][i - 1][j]);
            }
            if(j != 0) {
            dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j - 1] + cost[1][i][j - 1]);
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[N][N]);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

F - Monochrome Cat

题解

有一只猫 锟 ，还有一个树（多么现实的故事），树上黑白两种颜色，猫可以选择一个点开始走，每秒可以选择两种事件中的一种
1.翻转当前点颜色
2.到一个相邻点，并必须翻转这个点的颜色

树dp，分三个路径，G[u]表示从点出发到这个点的子树并且不回来，F[u]表示从这个点出发并且回到这个点，H[u]表示一条路径经过这个点并且起点和终点都在它的子树中

转移比较繁琐但是很显然，具体看代码

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N;
struct node {
    int to,next;
}E[MAXN * 2];
int head[MAXN],sumE,sizW[MAXN];
int F[MAXN],G[MAXN],H[MAXN],ans,son[MAXN],fa[MAXN],Ah[MAXN];
char c[MAXN];
void add(int u,int v) {
    E[++sumE].to = v;
    E[sumE].next = head[u];
    head[u] = sumE;
}
void addtwo(int u,int v) {
    add(u,v);add(v,u);
}
void dfs(int u) {
    if(c[u] == 'W') sizW[u] = 1;
    else sizW[u] = 0;
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
    int v = E[i].to;
    if(v != fa[u]) {
        fa[v] = u;
        dfs(v);
        sizW[u] += sizW[v];
    }
    }
}
void dfs1(int u,int fa) {
    int Sum = 0;
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
    int v = E[i].to;
    if(v != fa && sizW[v]) {
        dfs1(v,u);
        ++son[u];
        F[u] += F[v];
        Sum += F[v];
    }
    }
    if(!son[u] && c[u] == 'W') {
    G[u] = F[u] = 1;return;
    }
    F[u] += son[u] + 1;
    if(c[u] == 'W') F[u] += ((son[u] + 1) ^ 1) & 1;
    else F[u] += (son[u] + 1 & 1);
    G[u] = Sum;
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
    int v = E[i].to;
    if(v != fa && sizW[v]) {
        G[u] = min(G[u],Sum - F[v] + G[v]);
    }
    }
    G[u] += son[u];
    if(c[u] == 'W') G[u] += (son[u] ^ 1) & 1;
    else G[u] += son[u] & 1;
    G[u] = min(G[u],F[u]);
    H[u] = 0x7fffffff;
    if(son[u] != 1) {
            
    pii t = mp(0,0);
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
        int v = E[i].to;
        if(v != fa && sizW[v]) {
        if(F[v] - G[v] > t.se) t.se = F[v] - G[v];
        if(t.se > t.fi) swap(t.se,t.fi);
        }
    }
    int tmp = c[u] == 'W' ? ((son[u] - 1) ^ 1) & 1 : (son[u] - 1) & 1;
    H[u] = Sum - t.fi - t.se + tmp + son[u] - 1;
    Ah[u] = tmp;
    }
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
    int v = E[i].to;
    if(v != fa && sizW[v]) {
        int tmp = Sum - F[v] + H[v] + 1 - Ah[v] + (Ah[v] ^ 1) + son[u];
        int t = c[u] == 'W' ? (son[u] ^ 1) & 1 : son[u] & 1;
        if(tmp + t < H[u]) {
        H[u] = tmp + t;Ah[u] = t;
        }
    }
    }
}
void Init() {
    scanf("%d",&N);
    int u,v;
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
    scanf("%d%d",&u,&v);
    addtwo(u,v);
    }
    scanf("%s",c + 1);
    dfs(1);
}
void Solve() {
    ans = 0x7fffffff;
    dfs1(1,0);
    if(sizW[1] == 0) ans = 0;
    else if(sizW[1] == 1) ans = 1;
    else {
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        if(sizW[i] == sizW[1]) {
        ans = min(ans,G[i]);
        ans = min(ans,F[i]);
        ans = min(ans,H[i]);
        }
    }
    }
    printf("%d\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
    return 0;
}