牛客多校第四场题解
A. 换根DP
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题目: meeting
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链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/884/A
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大意:从一棵树(n=1e5)上,选一个点,使这个点到其他点的距离的最大值最小
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分析:
2种做法:- 树形dp,暴力dp,换根dp
- 这个做法大家都能想到就是不好写,换根dp写起来太麻烦了,所以后来我弄了个换根dp的板子,因为在dp的时候更新信息其实都是一样的,有重复的地方,把东西记录下来之后，就会发现换根dp只有更新信息的部分是有变化的，如果能够专注在更新这块的信息上，就会觉得换根dp很好写。
#include#define F(i,a,b) for(ll i=(a);i<=ll(b);++i) using namespace std; typedef long long ll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int maxn = int(1e5+9); struct edge { int f, t; }; struct info { int f, t; int len; bool operator<(const info&ri)const { return len > ri.len; } }; vector<info>H[maxn]; vector<edge>G[maxn]; int in[maxn], k, ans[maxn]; void upd(int from,int to) { int ma = -inf; int cnt(0); F(i, 0, H[from].size() - 1)if (H[from][i].f != to) { ++cnt; if (cnt == 1) { ma = H[from][i].len+1; break; } } if (ma != -inf) { H[to].push_back({ from,to,ma }); sort(H[to].begin(), H[to].end()); if (H[to].size() >= 3)H[to].pop_back(); } } int dfs1(int u,int p) { if (in[u]) { H[u].push_back({ u,u,0 }); } for (auto &e : G[u])if(e.t!=p) { int v = e.t; dfs1(v,u); } //sort(H[u].begin(), H[u].end()); upd(u, p); return 1; } int dfs2(int u, int p) { if(u!=1)upd(p,u); //sort(H[u].begin(), H[u].end()); if (H[u].size())ans[u] = H[u][0].len; else { ans[u] = 0; assert(0); } for (auto &e : G[u])if(e.t!=p) { int v = e.t; dfs2(v, u); } return 1; } int n; template<typename INint> inline void IN(INint &x) { x = 0; int f = 1; char c; cin.get(c); while (c<'0' || c>'9') { if (c == '-')f = -1; cin.get(c); } while (c >= '0'&&c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; cin.get(c); } x *= f; } #define endl '\n' int main() { #ifndef endl freopen("C:\\Users\\VULCAN\\Desktop\\data.in", "r", stdin); #endif // !endl ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int T(1), cas(0); //cin >> T; while (cas, T--) { cin >> n >> k; //F(i, 0, n)G[i].clear(), H[i].clear(),in[i]=0; F(i, 1, n - 1) { int f, t; //cin >> f >> t; IN(f); IN(t); G[f].push_back({ f,t }); G[t].push_back({ t,f }); } F(i, 1, k) { int p; /*cin >> p;*/IN(p); in[p] = 1; } if (k == 0) { cout << 0 << '\n'; continue; } dfs1(1, 0); dfs2(1, 0); int val = *min_element(ans + 1, ans + 1 + n); cout << val << '\n'; } return 0; } - 树形dp,暴力dp,换根dp
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- 树的直径,简单树形dp
什么？
树的直径:树上最远点对之间的距离
树的直径的性质:
1. 在一个连通无向无环图中，以任意结点出发所能到达的最远结点，一定是该图直径的端点之一(树也是图)
2. 距离任意点最远的点一定是直径的一个端点
3. 树的直径路径上的中点到任意一点的距离都小于等于（直径+1)/2
B.线性基的交
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题目:xor
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链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/884/B
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大意: 给出1~n(n<5e4)共n个集合,每个集合最多由32个数字组成
q<=5e4次询问,问数字x是否可有[le,ri]中的任意一个集合中的数字异或得到 -
分析:知道了之后这就是一个,模板题,线性基可以求并,并之后的线性基的可以得到的数是两个线性基可以一起得到的数。
线性基还可以求交,交之后的线性基的可以得到的数是两个线性基都可以得到的数 -
代码
#includeC.单调栈+线段树
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题目:sequence
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链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/884/C
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大意:给定两个长度为n(<=3e6)的序列a,b,求 max 1 ≤ l e ≤ r i ≤ n { ( min l e ≤ i ≤ r i a i ) ∗ ( ∑ l e ≤ j ≤ r i b j ) } \max \limits_{1\leq le \leq ri \leq n}\{(\min \limits_{le\leq i\leq ri }a_i )*(\sum \limits_{le\leq j\leq ri} b_j) \} 1≤le≤ri≤nmax{(le≤i≤riminai)∗(le≤j≤ri∑bj)}
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分析:单调栈枚举作为最小值的a[i],获取le和ri的左边界和右边界,再在边界内选取最大或最小的le和ri使b的和最大或最小
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代码
#includeD.二进制-中模拟
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题目:triples I
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链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/884/D
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大意:博士丢给你1e5个1e18范围内的数,让你对每个数n,给博士返回m个数,每个数都要是3的倍数,且这m个数的[或]要等于n
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分析:[or]要等于n,那我们返回的数的二进制数中,'1’的bit肯定要是n中有的,并且n中的’1’的bit，我们要全部使用到。要控制每个数都是3的倍数,可以思考一下在二进制数中,怎样才能让一个数是3的倍数:对二进制中的i号位,如果i是偶数,那么它的权(也就是1<
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代码
#includeB.字符串选手只会PAM，不会SAM，还债了
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题目:string
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链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/884/I
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大意:在长为2e5的字符串S中,寻找最大的本质不同的子串集合,使对于结合中的任意两个子串a,b.a≠b且a≠rev(b),
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分析:辣鸡字符串选手不会SAM：：：：构造字符串S2=S+(‘z’+1)+rev(S)
字符串S中的本质不同的子串s分为3类:
A: s是一个回文串，因此rev(s)是肯定等于s的
B. s不是一个回文串，但是S中有rev(s)
C.s不是回文串,且S中没有rev(s)
将这三类子串的数量暂且叫做nA,nB,nC
,那么我们要求的ans其实就使nA+nB/2+nC
我们对S2跑SAM(要处理一下,不处理超过边界即包含(‘z’+1)的串,其实将las赋值成1就可以了，也可以先直接跑S2，再减去包含(‘z’+1)的本质不同的子串的数量),得到的本质不同的子串的数量(不包含’z’+1)= nA + nB + nC*2 = cnt1
接下来我们对S跑一遍PAM,可以得到 S中回文串的数量= nA =cnt2
最后ans = (cnt1+cnt2)/2; -
代码
//5_9-后缀自动机-求双串LCS和多串LCS
//本代码用来求多串LCS，可以使用SAM的LCS函数求双串LCS
#include
for (; from && !ns[from].ch[c]; from = ns[from].fa)ns[from].ch[c] = to;//更新las等价类及其后缀等价类的ch
int q = ns[from].ch[c];
if (!from)ns[to].fa = 1;//以上为case 1
else if (ns[q].len == ns[from].len + 1)ns[to].fa = q;//以上为case 2 找到的第一个las后缀+c的串就是from+c
else
{
ns[++nid] = ns[q]; ns[nid].len = ns[from].len + 1; ns[nid].pos = -1;
//ns[nid].str = ns[from].str + char('a' + c); cout << ns[nid].str << ' ' << ns[nid].len << endl;
ns[q].fa = ns[to].fa = nid;
for (; from&&ns[from].ch[c] == q; from = ns[from].fa)ns[from].ch[c] = nid;//以上为case 3
}
}
//此函数用来求双串LCS
int LCS(const int str[], int n)
{
int v = 1, ans = 0, len = 0;
F(i, 0, n - 1)
{
int c = str[i];
while (v&&ns[v].ch[c] == 0)v = ns[v].fa, len = ns[v].len;
if (v == 0)len = 0, v = 1;
else v = ns[v].ch[c], ++len;
ans = max(ans, len);
}
return ans;
}
//ans[maxn<<1]长度为,刚开始初始化为inf,之后再用LCS2跑每个字符串,tmp[1,maxn<<1]暂时保存str[]与自动机的最长子串
void LCS2(const int str[], int n, int ans[], int tmp[])
{
F(i, 0, nid)tmp[i] = 0;
int v = 1, len = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
int c = str[i];
while (v&&ns[v].ch[c] == 0)v = ns[v].fa, len = ns[v].len;
if (v == 0)len = 0, v = 1;
else ++len, v = ns[v].ch[c];
tmp[v] = max(tmp[v], len);
}
F(i, 2, nid)tmp[i] = max(tmp[ns[i].fa], tmp[i]);
F(i, 2, nid)ans[i] = min(ans[i], tmp[i]);
}
//以fa指针为正向边，在li[1,nid]返回正向拓扑序
void get_topu(int li[], int in[])
{
F(i, 0, nid)in[i] = 0;
queue<int>Q; int id(0);
F(i, 2, nid)++in[ns[i].fa];
F(i, 2, nid)if (!in[i])Q.push(i);
while (Q.size())
{
int u = Q.front(); Q.pop();
li[++id] = u;
if (u == 1)break;
--in[ns[u].fa];
if (!in[ns[u].fa])
Q.push(ns[u].fa);
}
}
//以结点的ch指针为正向边,在li[1,nid]中打印正向拓扑序
void get_topu2(int u, int &id, int in[], int li[])
{
F(i, 1, nid)
F(j, 0, maxm - 1)if (ns[i].ch[j])
++in[ns[i].ch[j]];
queue<int>Q;
F(i, 1, nid)if (!in[i])Q.push(i);
while (Q.size())
{
int u = Q.front(); Q.pop();
li[++id] = u;
F(j, 0, maxm - 1)if (ns[u].ch[j])
if (--in[ns[u].ch[j]] == 0) Q.push(ns[u].ch[j]);
}
}
//使用前用get_topu获取拓扑序
//li[1,nid-2+1]为拓扑序列(fa树由底向上),inc暂时保存增量,cnt记录结点出现次数
void count(int li[], int inc[], int cnt[], const int str[], int n)
{
F(i, 0, nid)inc[i] = cnt[i] = 0;
for (int p = 1, i = 0; i < n; ++i)p = ns[p].ch[str[i]], ++inc[p];//初始化inc
F(i, 1, nid - 2 + 1)
{
int u = li[i];
cnt[u] += inc[u];
cnt[ns[u].fa] += cnt[u];
}
}
//使用前用get_topu2获取拓扑序
//li[1,nid]为拓扑序列(ch指针建为反向边),cnt[1,nid]统计每个自动机结点可识别的子串的个数
void count2(int li[], int inc[], int cnt[], const int str[], int n)
{
F(i, 2, nid)inc[i] = 1;
for (int i = nid; i; --i)
{
int u = li[i];
cnt[u] = inc[u];
for (int j = 0; j < maxm; ++j)if (ns[u].ch[j])
cnt[u] += cnt[ns[u].ch[j]];
}
}
//使用前用count2获取ch指针树子树结点数
string kth_substring(int cnt[], int k)
{
string ans;
int v = 1, sum(0);
while (sum != k)
{
int j = 0;
while (j < maxm&&sum + cnt[ns[v].ch[j]] < k)sum += cnt[ns[v].ch[j++]];
if (j == maxm) return "";
else ans.push_back(char('a' + j)), v = ns[v].ch[j], ++sum;
}
return ans + '\n';
}
//以fa指针反向为边，建立树(不建立指向父亲的边)
void create_fa_tree(vector<int>G[])
{
F(i, 1, nid)G[i].clear();
F(i, 2, nid)G[ns[i].fa].push_back(i);
}
//在fa反向边的树中dfs,由于上文没有建立指向fa的边，所以遍历不需要判father,这个dfs是在寻找str[]在自动机中的所有endpos(即为下函数服务)
void dfs_fa_tree(vector<int>G[], int u, vector<int>&endpos)
{
if (ns[u].pos != -1)endpos.push_back(ns[u].pos);
for (auto v : G[u])dfs_fa_tree(G, v, endpos);
}
//返回str[]在自动机中出现的endpos位置
int find(vector<int>G[], const int str[], int n, vector<int>&endpos)
{
create_fa_tree(G);//建立fa树
int v = 1;
F(i, 0, n - 1)
{
int to = ns[v].ch[str[i]];
if (to == 0)return -1;
else v = to;
}
//cout << ns[v].str << endl;
dfs_fa_tree(G, v, endpos);//dfs fa树,寻找位置
return 1;
}
}sam;
struct PAM {
struct nd
{
//长度,faile指针,最后更新该串的次数,出现次数,回文后缀个数(depth),
int len, fail, to[maxm];
//str可显示结点对应的字符串
string str;
int pos;
int inc, cnt, dep;
//vectorG;
} ns[maxn];
// s[1,size]为字符串,[0,nid]为结点空间,las为最后插入字符所对应的节点
int size, nid, las, s[maxn];
void init()
{
size = 0; nid = -1; las = 0;
ns[++nid] = nd(); ns[nid].len = 0; ns[nid].fail = nid + 1;//0结点 偶回文
ns[++nid] = nd(); ns[nid].len = -1; ns[nid].fail = nid - 1;//1结点 奇回文
s[0] = '$' + 1;
}
int getfail(int x) //沿fail找到第一个可插入的回文后缀
{
while (s[size] != s[size - ns[x].len - 1]) x = ns[x].fail;
return x;
}
void push_back(int c)
{
assert(ns[0].len == 0 && ns[1].len == -1);
s[++size] = c;
las = getfail(las); //找到插入的位置
if (!ns[las].to[c]) //若没有这个节点，则新建并求出它的fail指针
{
ns[++nid] = nd();
ns[nid].len = ns[las].len + 2;
ns[nid].fail = ns[getfail(ns[las].fail)].to[c];
ns[nid].dep = ns[las].dep + 1;
//ns[ns[nid].fail].G.push_back(nid);//维护字符串拓展树
ns[las].to[c] = nid;
//debug用,显示每个结点对应的字符串
//if (ns[nid].len == 1)ns[nid].str.push_back(char('a' + c));
//else ns[nid].str = char('a' + c) + ns[las].str + char('a' + c);
//cout << nid << ':' << ns[nid].str << '\n';
}
las = ns[las].to[c];
ns[las].inc++;
}
void count()//重新计算每个回文串出现的次数
{
for (int i = nid; i >= 0; --i)ns[i].cnt = 0;
for (int i = nid; i > 1; --i)
ns[i].cnt += ns[i].inc, ns[ns[i].fail].cnt += ns[i].cnt;
}
}pam;
string A, B;
int main()
{
//freopen("C:\\Users\\VULCAN\\Desktop\\data.in", "r", stdin);
int T(1);
//cin >> T;
while (T--)
{
sam.init(); pam.init();
cin >> A;
for (auto c : A)pam.push_back(c - 'a');
int cnt_huiwen = (pam.nid - 2) + 1;
B = A; reverse(B.begin(), B.end());
long long ans(0);
if (0)
{
A += char('z' + 1); A += B;
F(i, 0, A.size() - 1)sam.push_back(A[i] - 'a', i)/*, cout << i << ' ' << sam.ns[4].fa << endl*/;
F(i, 2, sam.nid)ans += sam.ns[i].len - sam.ns[sam.ns[i].fa].len/*, cout << ans << endl*/;
long long n = B.length();
ans -= (n + 1)*(n + 1);
}
if (1)
{
F(i, 0, A.size() - 1)sam.push_back(A[i] - 'a', i);
sam.las = 1;
F(i, 0, A.size() - 1)sam.push_back(B[i] - 'a', i + A.size());
F(i, 2, sam.nid)ans += sam.ns[i].len - sam.ns[sam.ns[i].fa].len/*, cout << ans << endl*/;
}
//cout << ans << '\n';
//cout << pam.nid - 2 + 1 << '\n';
ans += (pam.nid - 2) + 1;
assert(ans % 2 == 0);
ans /= 2;
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
//What to Debug
/*
-1.最好把全部warning都X掉,否则:https://vjudge.net/solution/19887176
0.看看自己是否有可能需要快读，禁endl
1.数组越界，爆int,浮点精度(查看精度是否达到题目要求,看有没有浮点数比较:eps)，取模操作，初始化数组，边缘数据,输出格式(cas),强制在线是否更新了las
2.通读代码，代码无逻辑错误
3.读题，找到题意理解失误或算法错误
4.放弃
*/