( ext{Fansblog})
解法
用威尔逊定理。这里有个结论：
结论：在 (10^{18}) 范围内，两个相邻质数的差在 (100) 数量级。
( ext{Lattice Animals})
解法
真的废啊，连 (nle 5) 的表都打挂了。现在也发现 (min(w,h)=2) 的做法也挺难写的…
用 set 维护一个图形，再用一个 set 维护点个数为 (i) 的图形。每次从点个数为 (i) 的图形 set 中取出图形，再拓展点，判断是否合法。
具体需要一个 normalize() 来使图形紧贴 (x,y) 轴。除此之外，还需要实现 rotate() 与 flip() 函数将图形旋转 (90) 度，沿 (x) 轴翻折。(y) 轴翻折相当于沿 (x) 轴翻折后再旋转 (180) 度。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <set>
#include <iostream>
using namespace std;
int ans[11][11][11];
struct node {
int x,y;
node() {}
node(int X,int Y):x(X),y(Y){}
bool operator < (const node &t) const {
return (x^t.x)?x<t.x:y<t.y;
}
};
typedef set<node> poly;
typedef poly :: iterator Type;
set <poly> buc[11];
set <poly> :: iterator it;
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
poly normalize(const poly &t) {
poly r;
int xx=t.begin()->x,yy=t.begin()->y;
for(Type it=t.begin();it!=t.end();++it)
xx=min(xx,it->x),
yy=min(yy,it->y);
for(Type it=t.begin();it!=t.end();++it)
r.insert(node(it->x-xx,it->y-yy));
return r;
}
poly rotate(const poly &t) {
poly r;
for(Type it=t.begin();it!=t.end();++it)
r.insert(node(it->y,-it->x));
return normalize(r);
}
poly flip(const poly &t) {
poly r;
for(Type it=t.begin();it!=t.end();++it)
r.insert(node(it->x,-it->y));
return normalize(r);
}
void ins(const poly &t,const node &p) {
poly r=t;
r.insert(p);
r=normalize(r);
int n=r.size();
for(int i=0;i<4;++i) {
if(buc[n].count(r))
return;
r=rotate(r);
}
r=flip(r);
for(int i=0;i<4;++i) {
if(buc[n].count(r))
return;
r=rotate(r);
}
buc[n].insert(r);
}
void init() {
poly cur;
cur.insert(node(0,0));
buc[1].insert(cur);
for(int siz=1;siz<10;++siz) {
for(it=buc[siz].begin();it!=buc[siz].end();++it)
for(Type IT=(*it).begin();IT!=(*it).end();++IT) {
for(int i=0;i<4;++i) {
node t=node(IT->x+dir[i][0],IT->y+dir[i][1]);
if(!(it->count(t)))
ins(*it,t);
}
}
}
for(int siz=1;siz<=10;++siz) {
for(int p=1;p<=10;++p)
for(int q=1;q<=10;++q) {
for(it=buc[siz].begin();it!=buc[siz].end();++it) {
int xx=0,yy=0;
for(Type i=(*it).begin();i!=(*it).end();++i)
xx=max(xx,i->x),
yy=max(yy,i->y);
if(min(xx,yy)<min(p,q) and max(xx,yy)<max(p,q))
++ans[siz][p][q];
}
}
}
}
int main() {
init();
int s,n,m;
while(~scanf("%d %d %d",&s,&n,&m)) {
if(s>n*m) puts("0");
else print(ans[s][n][m],'
');
}
return 0;
}
( ext{[CEOI 2014] Match})
题目描述
给出两个长度分别为 (n,m) 的序列 (A,B)，求出 (B) 的所有长度为 (n) 的连续子序列（子串），满足：序列中第 (i) 小的数在序列的 (A_i) 位置。其中 (A) 是一个排列，(B) 中的数字各不相同。
(2le n,mle 10^6,1le B_ile 10^9)。
解法
首先将序列 (A) 转化一下，令 (C_{A_i}=i)，那么其实就是求 (B) 中长度为 (n) 的连续子序列离散化之后与 (C) 相同。再转化一下，对于 (iin[l,l+n))，令 (t_i) 为在区间 ([l,i]) 中小于 (B_i) 的数字个数，相应地，对应 (C) 处理出 (s_i)，那么当 (forall iin[l,l+n),s_{i-l+1}=t_i)，这个子序列就是合法的。
这与 (mathtt{kmp}) 很类似，区别就是 (t_i) 是需要动态维护的。在撤销也即令 (p=nxt_p) 时，相当于把 ([(i-1)-p+1,(i-1)-nxt_p]) 从子序列中删除，需要用一个树状数组维护。可以发现，长度为 (1) 是一定可以匹配的，所以也不用特判无解的情况。
分析一下时间复杂度。对于 (p)，每次只能增加 (1)，所以最多达到 (n)。在撤销的时候，(p) 减 (1) 对应一次 (mathcal O(log m)) 的树状数组修改。所以时间复杂度是 (mathcal O((n+m)cdot log m)) 的。
另：还有一个 (mathcal O(n)) 的做法，但我着实没看懂…
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int n,m,c[maxn];
int a[maxn],b[maxn];
int v[maxn],s[maxn];
int nxt[maxn];
vector <int> ans;
int lowbit(int x) {
return x&-x;
}
void add(int x,int k) {
while(x<=m)
c[x]+=k,
x+=lowbit(x);
}
int ask(int x) {
int r=0;
while(x)
r+=c[x],
x-=lowbit(x);
return r;
}
int main() {
n=read(9),m=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i) {
int x=read(9);
s[x]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
v[i]=ask(s[i]),
add(s[i],1);
for(int i=1;i<=m;++i)
a[i]=b[i]=read(9);
memset(c,0,sizeof c);
int p=0;
for(int i=2;i<=n;++i) {
while(v[p+1]^ask(s[i])) {
for(int j=i-p;j<i-nxt[p];++j)
add(s[j],-1);
p=nxt[p];
}
nxt[i]=++p;
add(s[i],1);
}
memset(c,0,sizeof c);
p=0;
sort(b+1,b+m+1);
for(int i=1;i<=m;++i) {
a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
while(p==n or (v[p+1]^ask(a[i]))) {
for(int j=i-p;j<i-nxt[p];++j)
add(a[j],-1);
p=nxt[p];
}
++p;
if(p==n) ans.push_back(i-n+1);
add(a[i],1);
}
print(ans.size(),'
');
for(auto i:ans)
print(i,' ');
puts("");
return 0;
}