Educational Codeforces Round 48

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过题数：4
排名：269/7643

A. Death Note

题意

有一本死亡笔记，这本死亡笔记有无穷多页，每一页能够写下 m m 行名字，死亡笔记要求从第 1 1 天到第 n n 天，每天都要在笔记本上写下 ai a i 行名字，死亡笔记只有在写到最后一行的时候才会翻页，问第 i i 天会翻多少页。

输入

第一行包含两个整数 n,m (1≤n≤2×105,1≤m≤109) n , m   ( 1 ≤ n ≤ 2 × 10 5 , 1 ≤ m ≤ 10 9 ) ，第二行为 n n 个整数 a1,a2,⋯,an (1≤ai≤109) a 1 , a 2 , ⋯ , a n   ( 1 ≤ a i ≤ 10 9 ) 。

输出

输出 n n 个整数 t1,t2,⋯,tn t 1 , t 2 , ⋯ , t n ， ti t i 表示第 i i 天翻页的次数。

样例

输入
3 5 3 7 9
输出
0 2 1
提示
死亡笔记上每一页的名字为： [1,1,1,2,2],[2,2,2,2,2],[3,3,3,3,3],[3,3,3,3] [ 1 , 1 , 1 , 2 , 2 ] , [ 2 , 2 , 2 , 2 , 2 ] , [ 3 , 3 , 3 , 3 , 3 ] , [ 3 , 3 , 3 , 3 ] ，每一个中括号的内容是每一页的名字，其中的数字 i i 表示第 i i 天需要写下的名字。

输入
4 20 10 9 19 2
输出
0 0 1 1

输入
1 100 99
输出
0

题解

记录写的行数，按照题意模拟。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
LL n, m, now, cnt, page;

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%I64d%I64d", &n, &m) != EOF) {
        now = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(i != 1) {
                printf(" ");
            }
            scanf("%I64d", &page);
            if(page >= m - now) {
                page -= m - now;
                printf("%I64d", page / m + 1);
                now = page % m;
            } else {
                now += page;
                printf("0");
            }
        }
        printf("\n");
    }

    return 0;
}

B. Segment Occurrences

题意

给定两个字符串：长度为 n n 的 s s 串和长度为 m m 的 t t 串，有 q q 次询问，每次询问一个区间 [l,r] [ l , r ] ，表示询问在 s s 串的 [l,r] [ l , r ] 子串内， t t 字符串在这个子串内出现的次数，下标从 1 1 开始。

输入

第一行包含 3 3 个整数 n,m,q (1≤n,m≤103,1≤q≤105) n , m , q   ( 1 ≤ n , m ≤ 10 3 , 1 ≤ q ≤ 10 5 ) ，第二行为一个长度为 n n 的字符串 s s ，第三行为一个长度为 m m 的字符串 t t ，字符串 s s 和 t t 都只包含小写字母，接下去 q q 行每行两个整数 l,r (1≤l≤r≤n) l , r   ( 1 ≤ l ≤ r ≤ n ) 。

输出

对于每次询问都输出一个答案。

样例

输入
10 3 4 codeforces for 1 3 3 10 5 6 5 7
输出
0 1 0 1
提示
三次询问的子串分别为 “cod”, “deforces”, “fo” 和 “for”。

输入
15 2 3 abacabadabacaba ba 1 15 3 4 2 14
输出
4 0 3

输入
3 5 2 aaa baaab 1 3 1 1
输出
0 0

题解

kmp O(n2) k m p   O ( n 2 ) 预处理所有区间 [l,r] [ l , r ] 内的答案， O(1) O ( 1 ) 输出。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 1000 + 100;
int n, m, q, l, r;
int ans[maxn][maxn];
int Next[maxn];
char str1[maxn], str2[maxn];

void get_next(char *s) {
    Next[1] = 0;
    int j = 0;
    for(int i = 2; s[i]; ++i) {
        while(j > 0 && s[i] != s[j + 1]) {
            j = Next[j];
        }
        if(s[i] == s[j + 1]) {
            ++j;
        }
        Next[i] = j;
    }
}

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &q) != EOF) {
        scanf("%s%s", str1 + 1, str2 + 1);
        get_next(str2);
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            int j = 0;
            int ret = 0;
            for(int ii = i; str1[ii]; ++ii) {
                while(j > 0 && str1[ii] != str2[j + 1]) {
                    j = Next[j];
                }
                if(str1[ii] == str2[j + 1]) {
                    ++j;
                }
                if(str2[j + 1] == '\0') {
                    ++ret;
                    j = Next[j];
                }
                ans[i][ii] = ret;
            }
        }
        while(q--) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            printf("%d\n", ans[l][r]);
        }
    }

    return 0;
}

C. Vasya And The Mushrooms

题意

在一个 2×n 2 × n 的网格内，每一格都有一个蘑菇，第一行第 i i 格内的蘑菇每分钟长大 ai a i ，第二行第 i i 格内的蘑菇每分钟长大 bi b i ， Vasya V a s y a 从第 1 1 行第 1 1 列的网格开始走起，每分钟都只能往相邻网格内移动，每一格蘑菇都必须经过一次（不能多于一次），最后不必回到初始位置，问如何规划路线才能使 Vasya V a s y a 收获的蘑菇最多。

输入

第一行包含一个整数 n (1≤n≤3×105) n   ( 1 ≤ n ≤ 3 × 10 5 ) ，第二行为 n n 个整数 a1,a2,⋯,an a 1 , a 2 , ⋯ , a n ，第三行为 n n 个整数 b1,b2,⋯,bn  b 1 , b 2 , ⋯ , b n   ，其中 1≤ai,bi≤106。 1 ≤ a i , b i ≤ 10 6 。

输出

输出最大能够收获的蘑菇数量。

样例

输入
3 1 2 3 6 5 4
输出
70
提示
最优的路线如下： 最后收获的蘑菇为： 0⋅1+1⋅2+2⋅3+3⋅4+4⋅5+5⋅6=70 0 · 1 + 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + 4 · 5 + 5 · 6 = 70

输入
3 1 1000 10000 10 100 100000
输出
543210
提示
最优的路线如下： 最后收获的蘑菇为： 0⋅1+1⋅10+2⋅100+3⋅1000+4⋅10000+5⋅100000=543210 0 · 1 + 1 · 10 + 2 · 100 + 3 · 1000 + 4 · 10000 + 5 · 100000 = 543210

题解

由于每个网格都必须经过一次，所以从左上角开始的路线只有两类：“ ↓→↑→ ↓→↑→ ” 折返以及在某一次往右时停止折返，一直往右直到最后一格，然后返回，一般的情况如下（也可能在第二行一直往右，到最后从第一行返回）：

因此就是枚举中断往返开始一直往右的点，取最大值，在枚举中间点的时候，每次都需要 O(1) O ( 1 ) 地求出贡献，首先用 dfs d f s 预处理出 “ ↓→↑→ ↓→↑→ ” 走法的每个点的系数（从左上角点按照“下上右”的顺序 dfs d f s 就可以得到）：

然后从右往左递推一下后半段（先往右到最后，再往左回来的部分）的贡献，首先假设到某个点 i i 的时候的系数为 x x ，则后面接着所有点的系数为：

继续算从第 i−2 i − 2 个点开始右转的贡献：

其中 x−4 x − 4 为第 i−2 i − 2 个点上面第二张系数图中对应的系数，对比上一张系数图可以发现，从第 i i 列到第 n n 列所有的系数贡献都减 2 2 ，而从第 i−2 i − 2 到第 i−1 i − 1 列的贡献需要根据 i i 的位置进行计算，因此就可以从 n n 到 1 1 递推得到从任何一列开始右转的贡献，最终 O(2n) O ( 2 n ) 地枚举转折点取最大值就能得到答案。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 300000 + 100;
int n;
bool vis[2][maxn];
LL num[2][maxn], c[2][maxn], L[2][maxn], R[2][maxn];
LL sum[maxn];
const int dir[3][2] = {1, 0, -1, 0, 0, 1};

bool in(int x, int y) {
    return x >= 0 && x < 2 && y >= 0 && y < n;
}

void dfs(int x, int y, LL cc) {
    vis[x][y] = true;
    c[x][y] = cc;
    for(int i = 0; i < 3; ++i) {
        int xx = x + dir[i][0];
        int yy = y + dir[i][1];
        if(in(xx, yy) && !vis[xx][yy]) {
            L[xx][yy] = L[x][y] + cc * num[x][y];
            dfs(xx, yy, cc + 1);
        }
    }
}

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        for(int i = 0; i < 2; ++i) {
            for(int j = 0; j < n; ++j) {
                scanf("%I64d", &num[i][j]);
                sum[j] += num[i][j];
                vis[i][j] = false;
                R[i][j] = 0;
            }
        }
        for(int i = n - 2; i >= 0; --i) {
            sum[i] += sum[i + 1];
        }
        dfs(0, 0, 0);
        int Begin_up, Begin_down;
        if(n % 2 == 0) {
            Begin_up = n - 2;
            LL cc = c[0][n - 2];
            R[0][n - 2] = cc * num[0][n - 2] + (cc + 1) * num[0][n - 1] + (cc + 2) * num[1][n - 1] + (cc + 3) * num[1][n - 2];
            Begin_down = n - 1;
            cc = c[1][n - 1];
            R[1][n - 1] = cc * num[1][n - 1] + (cc + 1) * num[0][n - 1];
        } else {
            Begin_up = n - 1;
            LL cc = c[0][n - 1];
            R[0][n - 1] = cc * num[0][n - 1] + (cc + 1) * num[1][n - 1];
            Begin_down = n - 2;
            cc = c[1][n - 2];
            R[1][n - 2] = cc * num[1][n - 2] + (cc + 1) * num[1][n - 1] + (cc + 2) * num[0][n - 1] + (cc + 3) * num[0][n - 2];
        }
        for(int i = Begin_up; i - 2 >= 0; i -= 2) {
            LL cc = c[0][i - 2];
            R[0][i - 2] = R[0][i] - sum[i] * 2;
            R[0][i - 2] += cc * num[0][i - 2] + (cc + 1) * num[0][i - 1];
            cc += (n - i) * 2 + 2;
            R[0][i - 2] += cc * num[1][i - 1] + (cc + 1) * num[1][i - 2];
        }
        for(int i = Begin_down; i - 2 >= 0; i -= 2) {
            LL cc = c[1][i - 2];
            R[1][i - 2] = R[1][i] - sum[i] * 2;
            R[1][i - 2] += cc * num[1][i - 2] + (cc + 1) * num[1][i - 1];
            cc += (n - i) * 2 + 2;
            R[1][i - 2] += cc * num[0][i - 1] + (cc + 1) * num[0][i - 2];
        }
        LL aans = 0;
        for(int i = 0; i < 2; ++i) {
            for(int j = 0; j < n; ++j) {
                if((i + j) % 2 == 0) {
                    aans = max(aans, L[i][j] + R[i][j]);
                }
            }
        }
        printf("%I64d\n", aans);
    }

    return 0;
}

D. Vasya And The Matrix

题意

构造一个 n n 行 m m 列的矩阵，要求构造矩阵的每一行的异或值为 ai a i ，每一列的异或值为 bi b i 。

输入

第一行包含两个整数 n,m (2≤n,m≤100) n , m   ( 2 ≤ n , m ≤ 100 ) ，第二行有 n n 个整数 a1,a2,⋯,an (0≤ai≤109) a 1 , a 2 , ⋯ , a n   ( 0 ≤ a i ≤ 10 9 ) ，第三行有 m m 个整数 b1,b2,⋯,bm (0≤bi≤109) b 1 , b 2 , ⋯ , b m   ( 0 ≤ b i ≤ 10 9 ) 。

输出

如果可以构造出满足条件的矩阵，第一行输出一个 YES Y E S ，接着输出一个 n×m n × m 的矩阵，要求矩阵的每一格元素 0≤cij≤2×109 0 ≤ c i j ≤ 2 × 10 9 ，否则输出 NO N O 。

样例

输入
2 3 2 9 5 3 13
输出
YES 3 4 5 6 7 8

输入
3 3 1 7 6 2 15 12
输出
NO

题解

前 n−1 n − 1 行 m−1 m − 1 列都填 0 0 ，最后一行的前 m−1 m − 1 列分别填上 b1,b2,⋯,bm−1 b 1 , b 2 , ⋯ , b m − 1 ，最后一列的前 n−1 n − 1 行分别填上 a1,a2,⋯,an−1 a 1 , a 2 , ⋯ , a n − 1 ，最后根据异或的运算规则，分别从行和列的异或结果计算出第 n n 行第 m m 列的值，如果两次计算得到的值相等，则可以构造出满足条件的矩阵，否则输出 NO N O 。

过题代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 100 + 100;
int n, m;
int a[maxn], b[maxn];
int ans[maxn][maxn];

int main() {
    #ifdef LOCAL
        freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        for(int i = 1; i < n; ++i) {
            for(int j = 1; j < m; ++j) {
                ans[i][j] = 0;
            }
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", a + i);
            ans[i][m] = a[i];
        }
        for(int i = 1; i <= m; ++i) {
            scanf("%d", b + i);
            ans[n][i] = b[i];
        }
        int tmp = 0;
        for(int i = 1; i < n; ++i) {
            tmp ^= ans[i][m];
        }
        ans[n][m] = tmp ^ ans[n][m];
        tmp = 0;
        for(int i = 1; i <= m; ++i) {
            tmp ^= ans[n][i];
        }
        if(tmp == a[n]) {
            printf("YES\n");
            for(int i = 1; i <= n; ++i) {
                for(int j = 1; j <= m; ++j) {
                    if(j != 1) {
                        printf(" ");
                    }
                    printf("%d", ans[i][j]);
                }
                printf("\n");
            }
        } else {
            printf("NO\n");
        }
    }

    return 0;
}