不敲代码的意念刷题计划

CF504E Misha and LCP on Tree

题：给出一棵$n$结点的树，每个结点上有一个字符，$(x,y)$表示从点$x$到点$y$路径上字符组成的字符串。有$q$个查询，每个查询给出$a,b,c,d$，求$(a,b)$和$(c,d)$的最长公共前缀。($n,q\le 300000$)。
解：定义串$s$的哈希函数为$$hs(s)=\sum _{i=1}^n(s_i{-}^{\prime }{0}^{\prime }+1)\ast bas{e}^i$$
定义$f(x,y)$为$(x,y)$的哈希值。对于每一个结点$u$，记录$f(1,u)$和$f(u,1)$。设点$s$为$t$的祖先，则$$f(s,t)=(f(1,t)-f(1,f{a}_s))\ast inv(bas{e}^{de{p}_s-1})$$$$f(t,s)=f(t,1)-bas{e}^{de{p}_t-de{p}_s}\ast f(s,1)$$同时，若$s$和$t$互不为祖先，求出其$lca$拆分出两条路径并采用，仍然可用上述方法$O(1)$求出哈希值。
从而，对于每个查询，求出$lca(a,b)$和$lca(c,d)$，二分$(a,b)$和$(c,d)$最长公共前缀的长度，长链剖分求$b$和$d$的$k$级祖先，判断哈希值是否相等即可，时间复杂度$O(nlogn)$。

CF505E Mr. Kitayuta vs. Bamboos

有$n$朵花，第$i$朵花最初高度为$h_i$，每天晚上长高$a_i$。每天白天可以使用$k$次魔法，魔法选择一朵花$i$，将其高度变为$max(0,h_i-p)$。$m$天后所有花中的最大高度最小是多少？
$n\le 100000;m\le 5000;k\le 10;p,a_i,h_i\le 1e9$

二分$m$天后花的最大高度$H$，判断$m$天后花的高度是否都$\le H$。由$h_i=max(0,h_i-p)$的限制，在$h_i\le p$时，会浪费$p-h_i$的长度，因此需要考虑尽可能少的浪费长度。
问题转换：有$n$朵花，第$i$朵花最初高度为$H$，每天白天长矮$a_i$。每天晚上可以使用$k$次魔法，魔法选择一朵花$i$，将其高度增加$p$。$m$天后花的高度是否大于$h_i$？过程中花的高度要$\ge 0$。每次贪心选择最快会长矮为负数的花使用魔法长高即可。
$-过程中花的高度\ge 0的条件仍然充满疑问中-$

arc110F

给定$0,1,...,n-1$的排列$P_0{P}_1...P_{n-1}$。执行交换$p_i$和$p_{(i+p_i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n}$最多$200000$次，使得排列升序。
解：先不停执行$p_i=1$将$0$交换到位置$n-1$，然后把$1,2,...,n-1$逐个交换到位置$n-2,n-3,...,0$（重复交换一个位置，总是得到不同的数，但由于$0,1,2,...,x$被排在交换位置的$1x+1$步中，故当$a_{n-x-i}=x$之前不会打乱顺序）。最后，将得到一个$n-1,n-2,...,2,1,0$的降序排列，此时，因为$1$可以自由移动，因此对于$2,3,4,...,n-1$先把$1$移动到对应要交换的位置，然后再进行交换。

arc109D

首先，把一个格子分成四块，每一块格子可以唯一表示一个$L$形。

其次，观察$L$形的移动，一个重心可以向其周围$7$个位置移动（除了重心格子角的那边）。

于是可以将问题转换为重心的移动，将$L$形转换为新棋盘中重心的坐标。观察上述移动策略可以发现，若重心坐标为$x,y$且$x\ne y$，则答案为$max(|x|,|y|)$，否则为$|x|+1$。

arc109E

首先，若两边同色，则所有方块颜色必然相同。
其次，若$[1,L]$为白色，$[R,n]$为黑色，当$s-L<R-s$，则$[1,R-1]$为白色，$[R,n]$为黑色，方法是后手一直往$[1,L]$方向跑，而先手距离$[R,n]$之间必然有白色方块。反之，当$[s-L\ge R-s]$，则$[1,L]$最终为白色，$[L+1,n]$最终为黑色。当$[1,L]$为黑色，$[R,n]$为白色亦然。
特别地，当$s-L\ne R-s$，将颜色取反具有对称性，黑白数量相等。
当$s-L=R-s$，由于黑色先手，当$[1,L]$白($[R,n]$黑)，则$[1,L]$白，$[L+1,n]$黑)；当$[1,L]$黑($[R,n]$白)，$[1,R-1]$黑，$[R,n]$白，这部分单独处理即可。
这部分枚举$s$的位置，其方案数为$\sum _{i=1}^{s-i>1,s+i<n}{2}^{2i}$，其黑色染色数量为$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^{s-i>1,s+i<n}{2}^{2i-1}\ast (n-(s-i-1)+s+i=n+2\ast i+1) \\ =((n+1)\ast \sum _{i=1}^{s-i>1,s+i<n}{2}^{2i-1})+(\sum _{i=1}^{s-i>1,s+i<n}{2}^{2i}\ast i) \end{gathered}$$
该式子可以通过前缀和计算，时间复杂度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>//写个代码验证答案
using namespace std;
const int N=2e5+5,mod=998244353;
typedef long long ll;
int n;
ll f1[N],f2[N],f3[N];
ll qpow(ll a,ll n)
{
     
    ll ans=1;
    for(;n;n>>=1,a=a*a%mod)
        if(n&1) ans=ans*a%mod;
    return ans;
}
int main()
{
     
    scanf("%d",&n);
    if(n==1) printf("%d\n",qpow(2,mod-2));
    else
    {
     
        ll sum=qpow(2,n),isum=qpow(sum,mod-2);
        for(int i=1;i<N;i++)
        {
     
            f1[i]=(f1[i-1]+qpow(2,2*i))%mod;
            f2[i]=(f2[i-1]+qpow(2,2*i-1))%mod;
            f3[i]=(f3[i-1]+i*qpow(2,2*i)%mod)%mod;
        }
        for(int s=1;s<=n;s++)
        {
     
            if(s==1||s==2||s==n-1||s==n)
            {
     
                printf("%lld\n",1ll*n*(mod-mod/2)%mod);
                continue;
            }
            int k=min(s-2,n-s-1);//1<=i<=k
            ll ans=1ll*(sum+mod-f1[k])%mod*n%mod*isum%mod*(mod-mod/2)%mod;
            ans=(ans+(f2[k]*(n+1)%mod+f3[k])%mod*isum%mod)%mod;
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
}

arc108F

设直径长度为$d$。
首先，若存在两条及以上的直径，由鸽巢原理必有直径的两个端点被染成同色，答案是$d\ast 2^n$。
否则，不妨令直径序列为$a_1,a_2,...,a_k$，若$a_1$和$a_k$同色，则答案是$d$，否则只考虑$a_1$白色，$a_k$黑色的情况(最后答案乘$2$即可)：
1.若$a_2$为黑或$a_{k-1}$为白，则答案一定是$d-1$。
2.若存在$(a_2,a_k)$和$a_1,a_{k-1}$之外其它长度为$d-1$的路径答案是$d-1$。
3.不存在其它路径且$a_2$染成白色，$a_{k-1}$染成黑色，接续考虑$a_3,a_{k-2}$，依此类推，直到最后直径上剩余一个结点或不剩余结点为止。

arc108E

加入$0,n+1$两个位置，令$f(l,r)$表示$[l+1,r-1]$中首项$>l$，末项$<r$的子序列的期望长度，转移方程为$$f(l,r)=1+\sum _{i=1}^k(f(l,s_i)+f(s_i,r))/k$$其中$l<s_i,a_{s_i}<r$，线段树优化即可，巧妙之处在于扩展$0,n+1$，使得$s_i,a_{s_i}$的范围变得一致，且期望$DP$具有可加性质。