Mail.Ru Cup 2018 Round 2
C. Lucky Days
题意：找出最长的一段连续区间，同时被([l_a + k_at_a, r_a + k_at_a]) , ([l_b + k_bt_b, r_b + k_bt_b])覆盖。
做法：设最终的答案为([L,R]),那么(L)一定是(l_a + k_at_a,~~ l_b + k_bt_b), (R)同理。根据不同条件，解不等式，然后判断是否有解即可。其中(k_ata - k_bt_b = k* gcd(t_a,t_b))
#include <bits/stdc++.h>
#define VI vector<int>
#define VL vector<ll>
#define P pair<ll,int>
#define fr first
#define sc second
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; --i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(b))
typedef long long ll;
const ll inf = 1000000000000000000LL;
using namespace std;
ll ra,la,ta,rb,lb,tb,ans;
ll fd(ll x,ll g) {
ll t;
t = x/g, t*=g;
while(t < x) t+=g;
return t;
}
int main() {
scanf("%lld%lld%lld",&la,&ra,&ta);
scanf("%lld%lld%lld",&lb,&rb,&tb);
ll g = __gcd(ta,tb);
if(ra-rb <= la - lb && fd(ra-rb,g) <= la-lb ) {
ans = max(ra-la+1,ans);
printf("%lld
",ans); return 0;
}
if(rb-ra <= lb - la && fd(rb-ra,g) <= lb-la ) {
ans = max(rb-lb+1,ans);
printf("%lld
",ans); return 0;
}
ll mx = max(la-lb,la-rb);
//cout << mx << ' '<< ra-rb << endl;
if(fd(mx,g) <= (ra-lb)) {
ll X = fd(mx,g);
// cout << "ff" << endl;
ans = max((ra-lb+1) - X,ans);
}
mx = max(lb-la,lb-ra);
if(fd(mx,g) <= (rb-la)) {
ll X = fd(mx,g);
// cout << "f";
ans = max((rb-la+1) - X,ans);
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
D. Refactoring
题意：对第一组的每个串，第一次出现的串s，将它变成t，可以获得第二组串，现在给定两组串求s和t。
做法：对每个串都取确定了一些转换，先找到每个串第一个转换关系，然后尽量向两边扩展这个串，然后就可以确定一个s，再对每个第一组串跑kmp验证即可。慎用strstr()...
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 3003;
using namespace std;
int n, l[N], st[N], ed[N], idx, cc;
char s1[N][N], s2[N][N], str[N];
int ck0() {
for(int i = 1; i <= n; ++i) if(st[i] != 0) {
if(s1[i][st[i]] == s1[idx][st[idx]] && s2[i][st[i]] == s2[idx][st[idx]] ) continue;
else return 0;
}
return 1;
}
int ck1() {
for(int i = 1; i <= n; ++i) if(st[i] != 0) {
if(st[i] == 1) return 0;
else {
if(s1[i][st[i]-1] == s1[idx][st[idx]-1] && s2[i][st[i]-1] == s2[idx][st[idx]-1] ) continue;
else return 0;
}
}
return 1;
}
int ck2() {
for(int i = 1; i <= n; ++i) if(st[i] != 0) {
if(ed[i] == l[i]) return 0;
else {
if(s1[i][ed[i]+1] == s1[idx][ed[idx]+1] && s2[i][ed[i]+1] == s2[idx][ed[idx]+1] ) continue;
else return 0;
}
}
return 1;
}
int nxt[N];
void getnxt(char s[],int n){
nxt[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
int j=nxt[i-1];
while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];
if(s[j+1]==s[i]) nxt[i]=j+1;
else nxt[i] = 0;
}
}
int kmp(char p[],int m, char s[], int n){
int j=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(j&&p[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];
if(p[j+1]==s[i])++j;
if(j==m) {
return i-m+1;
}
}
return -1;
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf(" %s",s1[i]+1), l[i] = strlen(s1[i]+1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf(" %s",s2[i]+1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= l[i]; ++j) if(s1[i][j] != s2[i][j]) {
idx = i;
st[i] = ed[i] = j;
break;
}
}
if(idx == 0) {
puts("YES"); printf("a
a
");
return 0;
}
if(!ck0()) {
return puts("NO"),0;
}
while(ck1()) {
for(int i = 1; i <= n; ++i)if(st[i]!=0) --st[i];
}
while(ck2()) {
for(int i = 1; i <= n; ++i)if(ed[i]!=0) ++ed[i];
}
for(int i = st[idx]; i <= ed[idx]; ++i) str[++cc] = s1[idx][i]; str[cc+1] = ' ';
getnxt(str,cc);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int p = kmp(str,cc,s1[i],l[i]);
if(st[i] != 0) {
if(p != st[i]) return puts("NO"),0;
}
else if(p != -1) {
return puts("NO"),0;
}
}
puts("YES");
printf("%s
",str+1);
for(int i = st[idx]; i <= ed[idx]; ++i) printf("%c",s2[idx][i]);
puts("");
return 0;
}
E. Segments on the Line
题意：给定一个长度为(n)的序列(a)，以及(s)个区间([l_i,r_i])，从这些区间中，挑恰好(m)个区间，他们的并区间中元素第(k)小的值为这种方案的答案，求最小的答案。
做法：首先，二分第(k)小的值(v)，然后问题就转换为求，挑(m)个区间他们中小于(v)的数最多是多少。将区间按照右端点排序，(dp[i][j])表示前(i)个区间选了(j)个，且第(i)个一定选了的小于(v)的数目，转移有两种：1）第(i)个区间与前一个区间不相交，这个需要维护每个位置向前，用了(j)个区间，的(dp)的最大值;2）第(i)个区间与前一个区间不相交，这时取上一个区间取左端点尽可能小的一定更优，因为较大的左端点一定可以被他包含，对每个区间维护一下前一个不相交的区间，和相交的中左端点最小的区间。还有一种，情况有区间相互包含的情况，显然取大的更优。（我的实现有点麻烦。。懒得改了。
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
const int N = 1600;
using namespace std;
int n,s,m,k,a[N];
vector<int> v[N];
struct node{ int l,r; } b[N];
bool cmp(node a,node b) {
if(a.r != b.r) return a.r < b.r;
return a.l < b.l;
}
int dp[N][N], MX[N][N], pre[N], pl[N];
int cal(int x) {
int ans = 0;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[1][1] = MX[1][1] = upper_bound(v[1].begin(),v[1].end(),x) - v[1].begin();
for(int i = 1,c=0,c2=0; i <= s; ++i) {
c = c2 = 0;
if(pl[i] != 0) {
for(int j = b[pl[i]].r+1; j <= b[i].r; ++j) c2 += (a[j] <= x);
}
c = upper_bound(v[i].begin(),v[i].end(),x) - v[i].begin();
dp[i][1] = c;
for(int j = 2; j <= i && j <= m; ++j) {
if(pre[i] != 0) dp[i][j] = max(dp[i][j], MX[pre[i]][j-1] + c);
if(pl[i] != 0) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[pl[i]][j-1] + c2);
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-1]);
}
for(int j = 1; j <= i && j <= m; ++j)
MX[i][j] = max(MX[i-1][j], dp[i][j]);
ans = max(ans, dp[i][m]);
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d",&n,&s,&m,&k);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i = 1; i <= s; ++i) {
scanf("%d%d",&b[i].l,&b[i].r);
}
sort(b+1, b+1+s, cmp);
for(int i = 1; i <= s; ++i) {
for(int j = b[i].l ; j <= b[i].r ; ++j) v[i].pb(a[j]);
sort(v[i].begin(),v[i].end());
}
for(int i = 1; i <= s; ++i) {
int mx = 0, idx = 0, mn = 1000000, idx2 = 0;
for(int j = 1; j < i; ++j) {
if(b[j].r < b[i].l && mx < b[j].r) {
mx = b[j].r; idx = j;
}
if(b[j].r >= b[i].l && mn > b[j].l) {
mn = b[j].l; idx2 = j;
}
}
pre[i] = idx; pl[i] = idx2;
}
int l = 1, r = 1e9, mid, ans = -1;
while(l <= r) {
ll mid = (l + r) >> 1;
if(cal(mid) >= k) r = mid-1, ans = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
F. Tree and XOR
题意：给定一棵(n)节点的树，每条边都有权值，一条从(u)到(v)的路径的价值定义为路径上边权的异或和，问所有(n^2)个路径中，第(k)小的路径的异或和是多少。
做法：两点之间路径的价值，可以通过他们到根的前缀异或和相异或求得。于是，问题转化为(n)个数，问他们两两之间的(n^2)个异或值中，第(k)小的是什么。首先，一个思路就是，二分答案，然后枚举一个数，在(trie)树上查询比这个数小的数的个数。复杂度是有两个(log)。考虑直接通过(trie)树，确定答案的每一位是什么，对于每个数维护他当前所在的(Trie)树上的节点，计算当前层异或为(0)的数目(sum)，如果(k>sum)，那么这一位是(1),否则是(0)。然后，更新每个数，在(Trie)树上的位置。这样时间可以做到(O(62logn))，但是，空间依然不够，看了别人的代码，可以换一种实现，在建(Trie)树的同时，计算，每次先插入当前层的数，建好当前层，再枚举计算当前位异或为(0)的数目，更新每个数的位置。注意到我们每次使用的节点只有上一层的，那么就可以每次只保留最后一层的节点，新的节点可以复用之前的空间
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 1000100;
using namespace std;
int n;
ll k,w[N],ans;
int rt[N], prt[N], num[N], cc, ch[N][2];
int main() {
scanf("%d%lld",&n,&k);
for(int p,i = 2; i <= n; ++i) scanf("%d%lld",&p,&w[i]), w[i]^=w[p];
for(int i = 1; i <= n; ++i) rt[i] = prt[i] = 1;
for(int s = 61; s >= 0; --s) {
for(int i = 1; i <= cc; ++i) ch[i][0]=ch[i][1]=num[i]=0; cc = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = (w[i]>>s)&1;
if(!ch[rt[i]][t]) ch[rt[i]][t] = ++cc;
rt[i] = ch[rt[i]][t];
num[rt[i]]++;
}
ll sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = (w[i]>>s)&1;
sum += num[ch[prt[i]][t]];
}
if(sum < k) {
ans |= (1LL<<s);
k-=sum;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = (w[i]>>s)&1;
prt[i] = ch[prt[i]][t^1];
}
}
else {
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = (w[i]>>s)&1;
prt[i] = ch[prt[i]][t];
}
}
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}