A. Nutella’s Life
斜率优化DP显然，CDQ分治后按$a$排序建线段树，每层维护凸包，查询时不断将队首弹出即可。
时间复杂度$O(n\log^2n)$。
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pairP;
const int N=100010,M=262150;
int n,i,a[N],cb;ll f[N],g[N],w[N],ans;
int st[M],en[M],tot,q[4000000];
int H;
P b[N];
inline void up(ll&a,ll b){apos(q[tot],x))tot--;
q[++tot]=x;
}
void build(int x,int l,int r){
if(l==r){
st[x]=en[x]=++tot;
q[tot]=b[l].second;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
int i=st[x<<1],j=st[x<<1|1];
H=st[x]=tot+1;
while(i<=en[x<<1]&&j<=en[x<<1|1]){
if(q[i]>1;
ask(x<<1,a,mid,d,p);
if(d>mid)ask(x<<1|1,mid+1,b,d,p);
}
void solve(int l,int r){
if(l==r){
g[l]=f[l]-l-1LL*l*l;
up(ans,f[l]-1LL*(n-l)*(n-l+1));
return;
}
int mid=(l+r)>>1,i;
solve(l,mid);
cb=0;
for(i=l;i<=mid;i++)b[++cb]=P(a[i],i);
sort(b+1,b+cb+1);
tot=0;
build(1,1,cb);
for(i=mid+1;i<=r;i++){
if(a[i]
B. Oleg and Data Science
若$R
否则若$\lfloor\frac{L}{Q}\rfloor=\lfloor\frac{R}{Q}\rfloor$，则答案为$Q\lfloor\frac{L}{Q}\rfloor$的因子个数。
否则答案为$Q$的因子个数。
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C. Christmas Garland
首先将相邻同色块合并，建立一张图，每个点表示一种颜色的灯，两点间的边表示这两种颜色相邻的有多少个，那么答案为亮着的灯数减去同时亮着的边数。
将点按照度数大小以$\sqrt{m}$为界分成小点和大点，对于每个点维护$w_x$表示周围有多少个小点亮着。
那么若操作小点，则枚举它所有相连的边，修改其$w$，同时对于相邻的大点计算对答案的贡献。
若操作大点，则枚举它所有与大点相连的边，计算贡献。
时间复杂度$O(n\sqrt{n})$。
#include
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#include
#include
using namespace std;
typedef pairP;
const int N=200010;
int n,ce,_,m,Q,i,j,x,y,have[N],tot,ans,lim;
int d[N],a[N],f[N],w[N];
vectorg[N],gg[N];
vector
::iterator it;
struct E{int x,y;}e[N];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.x==b.x?a.y=lim&&d[y]>=lim)gg[x].push_back(P(y,z));
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&_,&m,&Q);
while(_--){
scanf("%d",&x);
if(x!=a[n])a[++n]=x;
}
for(i=1;i<=n;i++)have[a[i]]++;
for(i=1;iy)swap(x,y);
e[++ce].x=x;
e[ce].y=y;
}
sort(e+1,e+ce+1,cmp);
for(i=1;i<=ce;i=j){
for(j=i;j<=ce&&e[i].x==e[j].x&&e[i].y==e[j].y;j++);
add(e[i].x,e[i].y,j-i);
add(e[i].y,e[i].x,j-i);
}
lim=sqrt(lim);
for(i=1;i<=ce;i=j){
for(j=i;j<=ce&&e[i].x==e[j].x&&e[i].y==e[j].y;j++);
addd(e[i].x,e[i].y,j-i);
addd(e[i].y,e[i].x,j-i);
}
while(Q--){
scanf("%d",&x);
if(d[x]first]+=it->second;
if(d[it->first]>=lim&&f[it->first])ans+=it->second;
}
}else{
tot-=have[x];
ans-=w[x];
for(it=g[x].begin();it!=g[x].end();it++){
w[it->first]-=it->second;
if(d[it->first]>=lim&&f[it->first])ans-=it->second;
}
}
}else{
if(f[x]==0){
tot+=have[x];
ans+=w[x];
for(it=gg[x].begin();it!=gg[x].end();it++)if(f[it->first])ans+=it->second;
}else{
tot-=have[x];
ans-=w[x];
for(it=gg[x].begin();it!=gg[x].end();it++)if(f[it->first])ans-=it->second;
}
}
f[x]^=1;
printf("%d\n",tot-ans);
}
}
D. Anna and Lucky Tickets
问题即统计有多少长度为$n$的回文十进制数字串满足奇数位数位和等于偶数位数位和。
若$n$是偶数，那么因为回文的性质，左半部分在右半部分奇偶性反转，故奇数位和必定等于偶数位和，故$ans=10^{\frac{n}{2}}$。
若$n$是奇数，那么奇数位要填$[0,9]$，偶数位要填$[-9,0]$，将所有偶数位都加上$9$，再枚举中间的数，则问题转化为统计$\sum_{i=1}^n x_i=m,0\leq x_i\leq 9$的解数。
考虑容斥，枚举有$k$个$x_i$必定突破了上限，剩下的不管，将上限从$m$中减掉后用隔板法计算，则$ans=\sum_{k=0}^n (-1)^kC(n,k)C(m-10k+n-1,n-1)$。
时间复杂度$O(n)$。
#include
const int N=10000010,P=1000000007;
int n,i,ans,even,odd,all,fac[N],inv[N];
inline int po(int a,int b){int t=1;for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)if(b&1)t=1LL*t*a%P;return t;}
inline int C(int n,int m){
if(n
E. Octopus
分类大讨论。
F. Secret Permutation
首先进行一轮迭代$Q(zero,i,zero)$即可找到$0$的位置。
将剩下$n-1$个数放入集合$S$，每次从$S$中随机选择两个$x,y$，询问$Q(x,y,zero)$，即可有很大概率排除掉$x$和$y$，期望$\frac{n}{2}$次可以得到$1$的位置。
那么知道$1$之后，不断询问$Q(i,one,one)$即可得到所有数的位置。
询问次数期望为$2.5n\leq 12512$。
#include
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#include
using namespace std;
const int N=5010;
int n,i,A,B,x,m,q[N],f[N],one,zero;
inline int ask(int a,int b,int c){
printf("? %d %d %d\n",a,b,c);
fflush(stdout);
int t;
scanf("%d",&t);
return t;
}
int main(){
srand(time(NULL));
scanf("%d",&n);
if(n==1){
puts("! 0");
fflush(stdout);
return 0;
}
for(i=0;i1){
A=q[x=rand()%m];
swap(q[x],q[--m]);
B=q[x=rand()%m];
swap(q[x],q[--m]);
x=ask(A,B,zero);
if(x==A)q[m++]=B;
if(x==B)q[m++]=A;
}
f[A=one=q[0]]=1;
for(i=2;i
G. Polygon Rotation
留坑。
H. Mikhail’s Problem
论文题。回文树求出每个回文等差数列消失的位置，树状数组维护，时间复杂度$O(n\log n)$。
#include
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#include
#include
using namespace std;
const int N=100010;
int sz,last,go[N][26],len[N],diff[N],link[N],series_link[N],baby[N];
int n,m,i,j,k,x,y,f[N],bit[N];
int ans[N];
vector >poses[N],que[N];
char s[N];
inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}
inline int go_until_pal(int i,int v){
while(s[i]!=s[i-len[v]-1])v=link[v];
return v;
}
inline pair,vector >add_char(int i){
last=go_until_pal(i,last);
int&v=go[last][s[i]-'a'];
if(v==-1){
v=sz++;
len[v]=len[last]+2;
if(!last)link[v]=1;
else{
last=go_until_pal(i,link[last]);
link[v]=go[last][s[i]-'a'];
}
diff[v]=len[v]-len[link[v]];
if(diff[v]==diff[link[v]]){
baby[v]=baby[link[v]];
series_link[v]=series_link[link[v]];
}else{
baby[v]=v;
series_link[v]=link[v];
}
}
last=v;
pair,vector >ans;
for(int u=v;u!=1;u=series_link[u]){
int B=baby[u];
vector >&vec=poses[B];
int left=i-len[u]+1;
if(vec.size()&&vec.back().first==left)vec.back().second=len[u];
else vec.push_back(make_pair(left,len[u]));
ans.first.push_back(i-len[B]+1);
if(vec.size()!=1){
int L=vec[vec.size()-2].first,
len_=vec[vec.size()-2].second,
R=L+len_-1,
L_=R-len[u]+1;
ans.second.push_back(L_);
}
if(vec.size()!=1)if(vec[vec.size()-1].second==vec[vec.size()-2].second){
vec[vec.size()-2]=vec[vec.size()-1];
vec.pop_back();
}
}
return ans;
}
inline void add(int x,int p){for(f[x]+=p;x<=n;x+=x&-x)bit[x]+=p;}
inline int ask(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;}
int main(){
scanf("%s%d",s+1,&m);
n=strlen(s+1);
sz=2,last=0,len[0]=-1;
for(i=0;i<=n+5;i++)memset(go[i],-1,sizeof(go[i]));
for(i=0;i,vector >vec=add_char(i);
vectoradding=vec.first,deleting=vec.second;
for(j=0;j
I. Rat-O-Matic
若$A$包含$B$，则$B$的半径不超过$A$的一半，故扫描线将包含关系建树后，树高不超过$O(\log R)$。
对于每个字符串，枚举所有后缀，将长度$O(\log R)$的前缀插入字典树，即可完成询问。
J. Readability
贪心，求出每个数的活动区间，扫描线的时候将最优的那个数填下来即可。
K. Robotobor
BFS出$d[i][j][x][y]$表示从$(i,j)$到$(x,y)$的最短回文路线。
第二次BFS出$f[i][j]$表示从$(i,j)$到终点最少需要多少条长度不超过$100$的回文路线。
时间复杂度$O(n^4)$。
#include
const int N=55;
int n,m,i,j,x,y;
char a[N][N];
int d[N][N][N][N],f[N][N];
char q[N*N*N*N][4];
int h,t;
inline void ext(int A,int B,int C,int D,int w){
if(A<1||A>n||B<1||B>m)return;
if(a[A][B]=='#')return;
if(C<1||C>n||D<1||D>m)return;
if(a[C][D]=='#')return;
if(~d[A][B][C][D])return;
q[++t][0]=A;
q[t][1]=B;
q[t][2]=C;
q[t][3]=D;
d[A][B][C][D]=w;
}
inline void up(int x,int y,int w){
if(~f[x][y])return;
q[++t][0]=x;
q[t][1]=y;
f[x][y]=w;
}
inline int abs(int x){return x>0?x:-x;}
void print(int A,int B,int C,int D){
if(A==C&&B==D)return;
if(abs(A-C)+abs(B-D)==1){
if(A+1==C)putchar('D');
if(A-1==C)putchar('U');
if(B+1==D)putchar('R');
if(B-1==D)putchar('L');
return;
}
if(~d[A][B-1][C][D+1]&&d[A][B-1][C][D+1]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('L');
print(A,B-1,C,D+1);
putchar('L');
return;
}
if(~d[A][B+1][C][D-1]&&d[A][B+1][C][D-1]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('R');
print(A,B+1,C,D-1);
putchar('R');
return;
}
if(~d[A-1][B][C+1][D]&&d[A-1][B][C+1][D]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('U');
print(A-1,B,C+1,D);
putchar('U');
return;
}
if(~d[A+1][B][C-1][D]&&d[A+1][B][C-1][D]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('D');
print(A+1,B,C-1,D);
putchar('D');
return;
}
puts("Error");
while(1);
}
void show(int x,int y){
while(f[x][y]){
bool flag=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
if(flag)break;
if(~d[x][y][i][j]&&d[x][y][i][j]<=100&&f[i][j]+1==f[x][y]){
print(x,y,i,j);
puts("");
x=i,y=j;
flag=1;
break;
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%s",a[i]+1);
for(i=0;i<=n+1;i++)for(j=0;j<=m+1;j++)for(x=0;x<=n+1;x++)for(y=0;y<=m+1;y++){
d[i][j][x][y]=-1;
}
h=1,t=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)ext(i,j,i,j,0);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
ext(i,j,i+1,j,1);
ext(i,j,i-1,j,1);
ext(i,j,i,j-1,1);
ext(i,j,i,j+1,1);
}
while(h<=t){
int A=q[h][0],B=q[h][1],C=q[h][2],D=q[h][3];
h++;
int w=d[A][B][C][D]+2;
//D
ext(A-1,B,C+1,D,w);
//U
ext(A+1,B,C-1,D,w);
//L
ext(A,B+1,C,D-1,w);
//R
ext(A,B-1,C,D+1,w);
}
h=1,t=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)f[i][j]=-1;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='F')up(i,j,0);
while(h<=t){
int A=q[h][0],B=q[h][1];
h++;
int w=f[A][B]+1;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(~d[i][j][A][B]&&d[i][j][A][B]<=100)up(i,j,w);
}
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='S'){
if(f[i][j]<0)return puts("-1"),0;
printf("%d\n",f[i][j]);
show(i,j);
return 0;
}
}
