2020冬のキャンプ2日目UCEA-Wannafly
文字列トミー
各サブ文字列の出現確率は同じであるが、同じ長さのサブストリングの数が異なっているが、それらは別々に扱われるべきです。母音の寄与の長さを計算し、そして所望計算する場合。
非常に明確なCLSの説明のアイデア...私のコードは、あまりにも暴力的。
const int N = 1000010;
char s[N];
int a[N],n;
ll d[N],c[N];
int main()
{
scanf("%s",s+1);
n = strlen(s+1);
double res = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i] == 'a' || s[i] == 'e' || s[i] == 'i' || s[i] == 'o' || s[i] == 'u' || s[i] == 'y'){
a[i] = 1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i] == 1){
d[i] = min(i,n-i+1);
}
d[i] += d[i-1];
a[i] += a[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int l = min(i,n-i+1);
int r = max(i,n-i+1);
c[i] = 1ll * min(l,r) * (a[r] - a[l-1]) + d[l-1] + d[n] - d[r];//长度为i的贡献
//cout << i << ' ' <<' ' << l << ' ' << r << ' ' << c[i] << endl;
res += 1.0 * c[i] / i;
}
res /= 1ll*n*(n+1)/2;
printf("%.10f\n",res);
return 0;
}C.は満足している新しい百石ゲーム
NIMのゲームは、その後、勝利の場合には、あなたが石の一定数を取るために束を選択する必要があり、XORを作成し、0になります。それは、法律ビット・コンピューティングによって最適化されるような複雑の実現可能性は、爆発する確認するために、すべての石の前で一つ一つを横断した場合。最上位ビットのXORの結果とそれに番号の1つに対応するデジタルビットを記録するアレイ60の長さだけという、反転排他的論理和演算で役割を果たすことができます。
const int N = 100010;
int d[61],n;
ll a[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
ll x = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=60;j>=0;j--){
if(a[i] >> j & 1){
d[j]++;
}
}
x ^= a[i];
int res = 0;
for(int j=60;j>=0;j--){
if(x >> j & 1){
res = d[j];
//printf("%d\n",d[j]);
break;
}
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}E.力広い木はしご
息子に合併息子ので、再光に毎回ことを、サブツリーマージ操作を考えてみましょう。そこにあるすべてが重い息子の数を設定し、光ノードのすべての息子です\（O（LOGSIZE）\） 、あなたは答えを更新することができる方法の挿入を挿入の複雑さを。
ツリーのヒューリスティックの合併に関連して：https://oi-wiki.org/graph/dsu-on-tree/
const int N = 100010;
int head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1],tot,n,cnt,id[N],l[N];
int son[N],sz[N];
ll res[N];
set<int> s;
void add(int x,int y){
ver[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void pre(int x){
sz[x] = 1;
l[x] = ++ cnt;
id[cnt] = x;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
pre(y);
sz[x] += sz[y];
if(sz[y] > sz[son[x]]){
son[x] = y;
}
}
}
void modify(int x,int val){
set<int>::iterator it = s.lower_bound(val);
if(s.size() == 0){
s.insert(val);
return;
}
if(it == s.begin()){ // 最小的比它大
ll tmp = (*it) - val;
res[x] += tmp * tmp;
}else if(it == s.end()){
it--;
ll tmp = val - (*it);
res[x] += tmp * tmp;
}else{
ll tmp = (*it) - (*(--it));
res[x] -= tmp * tmp;
tmp = val - (*it);
res[x] += tmp * tmp;
tmp = (*(++it)) - val;
res[x] += tmp * tmp;
}
s.insert(val);
}
void dfs(int x,bool flag){
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == son[x])continue;
dfs(y,false);
}
if(son[x])dfs(son[x],true);
res[x] = res[son[x]];
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == son[x])continue;
//cout << y << ' ' << l[y] << ' ' << l[y] + sz[y] - 1 << endl;
for(int j=l[y];j<=l[y]+sz[y]-1;j++){
//添加，计算答案
modify(x,id[j]);
}
}
modify(x,x);
if(!flag){
s.clear();
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
add(x,i);
}
pre(1);
dfs(1,false);
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%lld\n",res[i]);
}
return 0;
}プル配列とH.トリプル白の愛
オイラーサイクル問題、M点、mが奇数であるならば、完全にオイラー図、すなわち、少なくとも最大で偶数である（（M-2）\ \ 2 \上） 次数M 2点であるよう辺偶数、奇数度始点と終点として二点。
図に決定オイラーパスを構築、その後、最大のバイナリメートルを探します。
const int N = 2010;
const int M = 8000010;
ll n;
int head[N],ver[M],nxt[M],tot;
int st[N*N],ans[N*N],vis[M],top,t;
inline ll getNum(ll x){
if(x & 1){
return (x * x - x) / 2 + 1;
}else return x * x / 2;
}
inline void add(int x,int y){
ver[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void euler(){
st[++top] = 1;
while(top){
int x = st[top],i = head[x];
while(i && vis[i]) i = nxt[i];
if(i){
st[++top] = ver[i];
vis[i] = vis[i^1] = true;
head[x] = nxt[i];
}else{
top --;
ans[++t] = x;
}
}
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
ll m = 0,l = 1,r = 1500000000;
while(l < r){
ll mid = l + r + 1>> 1;
if(getNum(mid) <= n){
l = mid;
}else r = mid - 1;
}
m = l;
if(n > 2000000){
printf("%lld\n",m);
return 0;
}
tot = 1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=i+1;j<=m;j++){
add(i,j);
add(j,i);
}
}
if(m % 2 == 0){
for(int i = 2;i < m;i += 2){
add(i,i+1);
add(i+1,i);
}
}
euler();
// cout << t << endl;
for(int i=t+1;i<=n;i++){
ans[i] = 1;
}
printf("%lld\n",m);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i > 1)printf(" ");
printf("%d",ans[i]);
}
puts("");
return 0;
}K.ブレイクインテュイットヘッド匿名
次いで、すべての文字列5E5の全長、n番目のルートまでの異なる長さのストリング。現在のサフィックスのそれぞれの要件を満たすために、標的配列に沿って横断する、AC自動機械を作成した後、総出現まで、有効な転送（短絡に最も等価ためDAG全ての転送）を生成することができる（\ \ SQRT {N}を\）回の転送。ほとんどの複雑そう\（O（N * \ N-SQRT {}）\） 。
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e5 + 10;
int n,vis[N];
char s[N];
ll d[N];
namespace AC{
int tr[N][26],tot;
int e[N],fail[N],dep[N];
ll val[N];
queue<int> q;
void init(){
for(int i=0;i<=tot;i++){
memset(tr[i],0,sizeof tr[i]);
fail[i] = e[i] = 0;
}
tot = 0;
}
void insert(char *s,ll v){
int u = 0;
int len = strlen(s + 1);
for(int i=1;i<=len;i++){
if(!tr[u][s[i] - 'a']){
tr[u][s[i] - 'a'] = ++tot;
val[tot] = inf;
}
u = tr[u][s[i] - 'a'];
dep[u] = i;
}
e[u] ++;
val[u] = min(val[u],v);
}
void build(){
for(int i=0;i<26;i++)if(tr[0][i])q.push(tr[0][i]);
while(q.size()){
int u = q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[u][i])fail[tr[u][i]] = tr[fail[u]][i],q.push(tr[u][i]);
else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
}
}
}
void query(char *t){
int u = 0,res = 0;
for(int i=1;t[i];i++){
u = tr[u][t[i] - 'a'];
for(int j = u; j; j = fail[j]){ //深度 dep[j], 价值 val[j];
if(vis[i - dep[j]] && e[j]){
d[i] = min(d[i],d[i-dep[j]] + val[j]);
vis[i] = 1;
}
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
AC::init();
for(int i=1;i<=n;i++){
ll val;
scanf("%s%lld",s+1,&val);
AC::insert(s,val);
}
scanf("%s",s+1);
AC::build();
int len = strlen(s+1);
vis[0] = 1;
for(int i=1;i<=len;i++){
d[i] = 1ll * inf * inf;
}
AC::query(s);
//for(int i=1;i<=len;i++)cout << d[i] << ' ' ; cout << endl;
if(!vis[len]){
puts("-1");
}else{
printf("%lld\n",d[len]);
}
return 0;
}