又是回忆场。
A - Death Note
题意：有一本笔记，你在第i天连续写ai个字，每写满m个字强制翻页（不管还要不要写），求第i天翻了多少页。
题解：那么当前的页数就是下整+1（其实不加也可以，从0开始），直接模拟即可，我当时写的什么东西？
注意溢出。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void test_case() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
ll cur = 0, px = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int ai;
scanf("%d", &ai);
cur += ai;
ll cx = (cur / m) + 1;
printf("%lld%c", cx - px, "
"[i == n]);
px = cx;
}
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
B - Segment Occurrences
题意：给定两个字符串s,t，询问q次，每次询问s的子串[l,r]中出现了t多少次。
题解：很明显用KMP可以做，不能再鸽KMP了，弄个next数组，求出匹配的位置，然后差分打上标记，出现的次数就是（减去长度差异之后的）前缀和的差。
学了一个KMP，看起来还蛮对的样子，可以返回所有匹配的位置，特点是都是从0开始。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int pi[1005];
void GetPrefixFunction(char *s, int sl) {
pi[0] = 0, pi[1] = 0;
for(int i = 1, k = 0; i < sl; ++i) {
while(k && s[i] != s[k])
k = pi[k];
pi[i + 1] = (s[i] == s[k]) ? ++k : 0;
}
}
//返回t在s中所有occurrence的首地址，s和t都是从0开始的
int ans[1005], atop;
void KMP(char *s, int sl, char *t, int tl) {
GetPrefixFunction(t, tl);
atop = 0;
for(int i = 0, k = 0; i < sl; ++i) {
while(k && s[i] != t[k])
k = pi[k];
k += (s[i] == t[k]);
if(k == tl)
ans[++atop] = i - tl + 1;
}
}
char s[1005], t[1005];
int prefix[1005];
void test_case() {
int n, m, q;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
scanf("%s%s", s + 1, t + 1);
KMP(s + 1, n, t + 1, m);
for(int i = 1; i <= atop; ++i)
++prefix[ans[i] + 1];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
prefix[i] += prefix[i - 1];
while(q--) {
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
if(r - l + 1 < m) {
puts("0");
continue;
}
printf("%d
", prefix[r - m + 1] - prefix[l - 1]);
}
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
C - Vasya And The Mushrooms
题意：有一个2*n的格子矩阵，从左上角出发，必须遍历每个格子恰好一次，求最大的分数。每个格子会长一种蘑菇，这种蘑菇有它的生长速度，每次移动没被遍历的格子的蘑菇就会生长这个积分。
题解：一旦在另一行的格子没有被遍历时，开始选择向右走，则会必须走到尽头然后折返。那么可以计算出这样做的总收益。否则要走向另一个格子，然后转移到下一列的决策。看起来就很dp！设dp[i][0/1]为从第i列的上/下开始走，遍历完右侧所有格子的最大收益。倒过来转移，每次转移分两种情况，（在上方时）一种是往下走然后加上右下角的dp值，还有因为这两步而增长的2倍后缀0的积分，另一种是直接往右走收掉后缀1的积分，然后到尽头转头收掉后缀2的积分，同时加上走后缀1时后缀2增长的积分。看起来很像我第一次学线段树的那道题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[300005][2];
ll suffix0[300005][2];
ll suffix1[300005][2];
ll suffix2[300005][2];
ll dp[300005][2];
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i][0]);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i][1]);
for(int i = n; i >= 1; --i) {
suffix0[i][0] = suffix0[i + 1][0] + a[i][0];
suffix0[i][1] = suffix0[i + 1][1] + a[i][1];
suffix1[i][0] = suffix1[i + 1][0] + suffix0[i + 1][0] + a[i][0];
suffix1[i][1] = suffix1[i + 1][1] + suffix0[i + 1][1] + a[i][1];
suffix2[i][0] = suffix2[i + 1][0] + 1ll * (n - i + 1) * a[i][0];
suffix2[i][1] = suffix2[i + 1][1] + 1ll * (n - i + 1) * a[i][1];
}
for(int i = n; i >= 1; --i) {
dp[i][0] = max(dp[i + 1][1] + 2ll * suffix0[i + 1][0] + 2ll * suffix0[i + 1][1] + a[i][1], suffix1[i + 1][0] + suffix2[i][1] + 1ll * (n - i) * suffix0[i][1]);
dp[i][1] = max(dp[i + 1][0] + 2ll * suffix0[i + 1][1] + 2ll * suffix0[i + 1][0] + a[i][0], suffix1[i + 1][1] + suffix2[i][0] + 1ll * (n - i) * suffix0[i][0]);
}
printf("%lld
", dp[1][0]);
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
D - Vasya And The Matrix
题意：给n行的异或和，m列的异或和，把这个矩阵复原出来，或者告知无解。
题解：这种题貌似都可以留给最后一行去调整的？首先每个位之间是不影响的，全部分开。设想下面的一种构造。
0 0 0 0 0 a1
0 0 0 0 0 a2
0 0 0 0 0 a3
b1 b2 b3 b4 b5 ?
最后的问号处要求a4==b6则有解，否则我们翻转任意一位都会使得那一行和那一列的异或和同时改变，最后右下角这个还是没变。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[105], b[105];
void test_case() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
int sumr = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
sumr ^= a[i];
}
int sumc = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
scanf("%d", &b[i]);
sumc ^= b[i];
}
if(sumr == sumc) {
puts("YES");
for(int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
for(int j = 1; j <= m - 1; ++j) {
printf("0 ");
}
printf("%d
", a[i]);
}
for(int j = 1; j <= m - 1; ++j)
printf("%d ", b[j]);
printf("%d
", sumr ^ b[m]^a[n]);
} else
puts("NO");
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
E - Rest In The Shades
CF居然也有几何题，得做了。
题意：x轴下方有一个移动光源平行x轴移动，x轴有一些线段。x轴上方有一些点，求每个点在阴影中的时间。
题解：点和线段的数量太多了，暴力搞不得。但是把点和光源的起点终点连线，然后中间完整的线段部分可以直接等比例计算（中间完整的阴影的长度/交点x轴长度），然后加上两边的（假如有交）就可以了。线段已经排序且不会相交，则每个询问直接二分就可以了。