【？？？】今天上午的考试题——区间dp和字符串／线性筛的综合应用

　　T3还没有打出来，就先放两道。

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T1：密码破译

　　温温手下的情报部门截获了一封加密信息，这个信息可以用长度为n的由小写字母构成的一个字符串表示。为了破译这个重要情报，温温决定亲自出马。

       通过不懈研究，温温推测出了这封密文是怎样被构造出来的。

　　首先选择一个长度大于4的“根”字符串，然后在“根”字符串之后连接上任意个长度为2或3的“后缀”字符串。构造唯一的限制条件是，不可以连续接上两个相同的“后缀”字符串。

　　现在温温想要知道，在这封密文的构造过程中，有可能被用作“后缀”的字符串共有多少种。多个同样的“后缀”字符串只算一种。

 

Input

一行，一个长度为n的仅包含小写字母的字符串

5 ≤ n ≤ 100 for 40%

5 ≤ n ≤ 10000 for 100%

 

Output

第一行一个整数k，表示有k种可能的“后缀”。

接下来k行，按照字典序依次输出所有可能的“后缀”。

 

Examples

input

abcdefghij

output

5

fg

fgh

gh

hij

ij

input

abaca

output

0

 

Note

在第一个样例中，有五种切分方式：

·abcdefgh/ij

·abcdefg/hij

·abcdef/gh/ij

·abcde/fgh/ij

·abcde/fg/hij

　　

　　这个题当时做的时候没有看到不准重复的限制条件，当时交上去代码不知道为什么没测，估计只有20分。

　　一个关键的问题：如果出现了两个重复的连续后缀，靠后的那一个后缀是可以合法的，因为我们可以把前面的部分都算给“根”字符串；而前面的所有后缀都不合法。

　　我们维护f[i][0/1]记录状态，分别表示从这个位置开始的长度为2、3的后缀是否可行。搞完麻烦的初始边界条件以后，转移更麻烦：既要保证这个串的下一个位置的0/1是否合法，也要看它和下一个后缀是否相同。判断合法后，我们直接把这个后缀插入一个set里：由于string定义的不等号是按字典序比较的，遍历set输出的元素实际上就是按字典序升序排列的。

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 10010
void open_file(std::string s) {
    std:: string In = s + ".in", Out = s + ".out";
    freopen(In.c_str(), "r", stdin);
    freopen(Out.c_str(), "w", stdout);
}
using namespace std;
string s(1, 0), t;
bool f[2][maxn];
int len;
set S;
void dp() {
    if (len < 7) {
        cout << 0;
        exit(0);
    }
//  f[0][len] = f[1][len] = 0;
    string a(s.end() - 2, s.end());
    f[0][len - 1] = 1;
    S.insert(a);
    if (len >= 8) {
        f[1][len - 2] = 1;
        string b(s.end() - 3, s.end());
        S.insert(b);
    }
    for (int i = len - 3; i > 5; --i) {
        string t;
        for (int j = i; j <= i + 1; ++j)
            t.push_back(s[j]);
        if (f[0][i + 2] || f[1][i + 2])
            if (s[i] != s[i + 2] || s[i + 1] != s[i + 3])
                f[0][i] = 1, S.insert(t);
        t.push_back(s[i + 2]);
        if ((f[0][i + 3] || f[1][i + 3])
        && (s[i] != s[i + 3] || s[i + 1] != s[i + 4] || s[i + 2] != s[i + 5]))
            f[1][i] = 1, S.insert(t);
    }
}
int main() {
    open_file("suffix");
    ios::sync_with_stdio(0);
    getline(cin, t);
    s += t;
    len = s.size() - 1;
    dp();
    int size = S.size();
    cout << size << endl;
    set::iterator it;
    int i = 1;
    for (it = S.begin(); i <= size; ++i, ++it)
        cout << *it << endl;
    return 0;
}

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T2：先进序列

　　

　　萌猪大统领温温正在为他看到的所有事物评选先进。

       温温已经评选出了n个先进整数ai，现在，他决定在此基础上评选一下先进序列。

       一个整数序列x1,x2,…xk是先进的，当且仅当它满足以下三个条件

　　1、这个序列是严格递增的。

　　2、序列中，任意两个相邻的元素都不是互质的，即gcd(xi, xi+1) > 1对1 ≤ i < k成立。

　　3、序列中的所有元素都是先进整数。

　　现在温温想知道，最长的先进序列的长度是多少。

      

Input

第一行，一个整数n

第二行，n个整数ai，保证ai互不相同

1 ≤ ai ≤ 200000

1 ≤ n ≤ 1000 for 40%

1 ≤ n ≤ 100000 for 100%

 

Output

一个整数，最长先进序列的长度。

 

Examples

input

5
2 3 4 6 9

output

4

input

9
1 2 3 5 6 7 8 9 10

output

4

 

 　　（老师到底和温温有什么交易啊……三天都是一只猪

　　今天的题难度确实比昨天小些，但是综合性很强。这个题的解法其实很显然，可是考场上看到数学就想打暴力……

　　容易发现，我们应该把原序列进行升序排序后再按gcd的条件转移，这样就可以愉快地扫一遍来dp了。f[i]表示以位置i结尾的最长先进序列的长度，每找到一个位置，把这个数质因数分解。考虑之前含有质因子k的数的位置，开一个数组d[k]表示满足含k的位置的最大的f值。那么我们枚位置i的每一个素因子，拿之前记录的d数组+1来转移，然后再扫一遍，更新d数组的值。

　　改的时候遇到一个坑点：sqrt函数不可以每次调用，否则复杂度会从O(nlog(sqrt(maxval)))退化到O(n^2)左右。

　　既然写到这个题，就来重温一遍线性筛的写法。

　　线性筛做到线性的关键，就是只用每个合数的最小质因子来筛掉它。

代码：

void euler() {
    for (int i = 2; i <= maxv; ++i) {
        if (!vis[i]) prime[++prime[0]] = i;
        for (int j = 1; j <= prime[0] && prime[j] * i <= maxv; ++j) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

　　线性筛的正确性由以下两个重要性质来保证。

　　1、素数k被选中以后，只会被乘上k、k+1，k+2……来筛掉它的倍数，之前的素数不会再被乘上。

　　2、当我们选中的最小质数是i的因数时，以后的prime再乘上i，就一定能被prime[j]乘以某个数在以后筛掉，因此要把当前循环break掉。

T2代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 100010
void open_file(std::string s) {
    std:: string In = s + ".in", Out = s + ".out";
    freopen(In.c_str(), "r", stdin);
    freopen(Out.c_str(), "w", stdout);
}
const int maxv = 200010;
using namespace std;
int prime[maxv], a[maxn], n;
bool vis[maxv];
void euler() {
    for (int i = 2; i <= maxv; ++i) {
        if (!vis[i]) prime[++prime[0]] = i;
        for (int j = 1; j <= prime[0] && prime[j] * i <= maxv; ++j) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}
int f[maxn], d[maxv];
void dp() {
    for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
        f[i] = 1;
        int k = sqrt(a[i]);
        for (register int j = 1; prime[j] <= k; ++j)
            if (a[i] % prime[j] == 0)
                f[i] = max(f[i], d[prime[j]] + 1),
                f[i] = max(f[i], d[a[i] / prime[j]] + 1);
        if (!vis[a[i]]) {
            f[i] = max(f[i], d[a[i]] + 1);
            d[a[i]] = max(d[a[i]], f[i]);
        }
        for (register int j = 1; prime[j] <= k; ++j)
            if (a[i] % prime[j] == 0)
                d[prime[j]] = max(d[prime[j]], f[i]),
                d[a[i] / prime[j]] = max(d[a[i] / prime[j]], f[i]);
    }
    return;
}
int main() {
    open_file("sequence");
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    euler();
    sort(a + 1, a + n + 1);
    dp();
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ans = max(ans, f[i]);
    cout << ans;
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/TY02/p/11210135.html