• NOIP2020 题解

    T1. 排水系统

    题目链接：Link。

    • 将每个 " 排水节点 " 看成是一个 " 点 "。
      将每个 " 单向排水管道 " 看成是一条 " 单向边 "。
      不难发现，得到的图是一张 DAG。

    • 直接模拟题意即可。
      依次松弛每个节点的蓄水量，直至到达最终排水口。

    • 需要注意的是，在松弛任意一个节点 (v) 的蓄水量时，需要保证：

      • 对于图中的每一条有向边 ((u, v))，(u) 的蓄水量都被松弛过了。

    • 发现可以通过拓扑序来转移。

    • 要打高精。
      我比较懒，用的 __int128，大家还是好好打高精吧（：

    #include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>

#define u128 __int128 

using namespace std;

inline void print(u128 x) {
	if (x > 9) print(x / 10);
	putchar('0' + x % 10);
}

u128 gcd(u128 a, u128 b) {
	if (!b) return a;
	return gcd(b, a % b);
}

const int N = 400100;

struct Node {
	u128 x, y;
} a[N];

Node operator + (Node a, Node b) {
	Node c;
	c.y = a.y * b.y;
	c.x = a.x * b.y + b.x * a.y;
	u128 S = gcd(c.x, c.y);

	if (!S) {
		c.x = 0;
		c.y = 1;
	} else {
		c.x /= S;
		c.y /= S;
	}

	return c;
}

Node operator / (Node a, int num) {
	Node b;
	b.x = a.x;
	b.y = 1ll * a.y * num;
	u128 S = gcd(b.x, b.y);

	if (!S) {
		b.x = 0;
		b.y = 1;
	} else {
		b.x /= S;
		b.y /= S;
	}

	return b;
}

int n, m;

vector<int> to[N];

int deg[N];

void topsort() {
	queue<int> q;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		if (deg[i] == 0) q.push(i);

	while (q.size()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		if (to[u].size() == 0) continue;
		Node give = a[u] / to[u].size();
		for (int i = 0; i < (int)to[u].size(); i ++) {
			int v = to[u][i];
			a[v] = a[v] + give;
			if (-- deg[v] == 0) q.push(v);
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);

	for (int i = 1, S; i <= n; i ++) {
		scanf("%d", &S);

		while (S --) {
			int x;
			scanf("%d", &x);
			to[i].push_back(x);
		}
	}

	for (int i = 1; i <= m; i ++)
		a[i].x = 1, a[i].y = 1;

	for (int i = m + 1; i <= n; i ++)
		a[i].x = 0, a[i].y = 1;

	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		for (int j = 0; j < (int)to[i].size(); j ++) {
			int v = to[i][j];
			deg[v] ++;
		}

	topsort();

	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		if (to[i].size() == 0) {
			print(a[i].x);
			printf(" ");
			print(a[i].y);
			puts(""); 
		}

	return 0;
}

// I hope changle_cyx can pray for me.

    T2. 字符串匹配

    题目链接：Link。

    算法一

    特殊性质：(n leq 2^{17})

    • 一个较为简单的做法，基本不用怎么思考。

    • 注意到答案是要求将字符串划分成 (S = (AB)^iC) 的形式。

    • 记 (F(S)) 的表示字符串 (S) 中出现奇数次的字符的数量。
      需要先预处理出：

      • 每一个前缀 (S_{1 .. i}) 出现奇数次的字符的数量，即 (F(S_{1..i}))。
      • 每一个后缀 (S_{i .. n}) 出现奇数次的字符的数量，即 (F(S_{i .. n}))。

    • 考虑枚举 (T = (AB))，那相当于是枚举一个前缀。
      在此基础上，再从小到大枚举一个 (i)，使用 hash 判断子串是否完全相等。

    • 此时整个字符串的划分结构就已经是确定的了。
      (F(C)) 已经预处理好了，那这种情况对答案的贡献，相当于要在 (T) 里数出有多少个 (A) 满足 (F(A) leq F(C))。

    • 注意到每一个 (A) 在 (T) 中也是前缀，那直接用树状数组动态维护一下即可。

    • 时间复杂度 (mathcal{O}(n ln n + n log |sum|))。
      其中 (sum) 表示字符集。

    • 期望得分 (84 sim 100)。

    #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2000000;
const unsigned long long P = 13331;

int n;
char S[N];

// suf & pre

bool exist[30];
int num;

int suf[N];
int pre[N];
int c[N][30];

// hash

unsigned long long power[N];
unsigned long long hash[N];

unsigned long long H(int l, int r) {
	return hash[r] - hash[l - 1] * power[r - l + 1];
}

void work() {
	scanf("%s", S + 1);
	n = strlen(S + 1);

// suf

	for (int i = 0; i < 26; i ++)
		exist[i] = 0;

	num = 0;
	for (int i = n; i >= 1; i --) {
		int ch = S[i] - 'a';

		exist[ch] ^= 1;

		if (exist[ch]) num ++;
		else num --;

		suf[i] = num;
	}

// pre

	for (int i = 0; i < 26; i ++)
		exist[i] = 0;

	num = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		int ch = S[i] - 'a';

		exist[ch] ^= 1;

		if (exist[ch]) num ++;
		else num --;

		pre[i] = num;
	}

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		for (int j = 0; j <= 26; j ++)
			c[i][j] = c[i - 1][j];
		for (int j = pre[i]; j <= 26; j ++)
			c[i][j] ++;
	}

// hash

	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		hash[i] = hash[i - 1] * P + (S[i] - 'a');

// work

	long long ans = 0;

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		for (int j = 1; j <= n / i; j ++) {
			int l = (j - 1) * i + 1, r = j * i;

			if (H(1, i) != H(l, r)) break;
			if (r + 1 > n) break;

			ans += c[i - 1][suf[r + 1]];
		}
	}

	printf("%lld
", ans);
}

int main() {
	power[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 1500000; i ++) power[i] = power[i - 1] * P;

	int T; scanf("%d", &T);

	while (T --)    work();

	return 0;
}

// I hope changle_cyx can pray for me.

    算法二

    特殊性质：(n leq 2^{20})。

    • Z 函数高论，可以做到 (mathcal{O}(n))。
    • 题解在路上了。

    T3. 移球游戏

    题目链接：Link。

    算法一

    特殊性质：(n leq 50)，(m leq 300)。

    • 可以强行乱搞一下。
    • 记 " 将 (x) 号柱子上的球移动到 (y) 号柱子上 " 的操作为 ( ext{move}(x, y))。
    • 可以一个颜色一个颜色来考虑。
      假设说现在要考虑第 (n) 个颜色：

    1. 枚举 (i = 1 o (n - 1))。
      将 (i) 号柱子里所有颜色为 (n) 的球都移动到 (i) 号柱子的最顶端。
      记 (i) 号柱子共有 (c_i) 个颜色为 (n) 的球。

      • 将 (n) 号柱子移出 (c) 个空位。
        即进行 (c_i) 次 ( ext{move}(n, n + 1))。
      • 依次考虑 (i) 号柱子里的每一个球。
        若该球的颜色为 (n)，则进行一次 ( ext{move}(i, n))。
        若该球的颜色不为 (n)，则进行一次 ( ext{move}(i, n + 1))。
      • 将 (n + 1) 号柱子上方的 (m - c_i) 个球移回 (i) 号柱子。
        即进行 (m - c_i) 次 ( ext{move}(n + 1, i))。
      • 将 (n) 号柱子上方的 (c) 个球移回 (i) 号柱子。
        即进行 (c_i) 次 ( ext{move}(n, i))。
      • 将 (n + 1) 号柱子上方的 (c) 个球移回 (n) 号柱子。
        即进行 (c_i) 次 ( ext{move}(n + 1, n))。

    2. 枚举 (i = 1 o (n - 1))。
      将 (i) 号柱子最顶端所有颜色为 (n) 的球都移动到 (n + 1) 号柱子上。

    3. 依次考虑 (n) 号柱子里的每一个球。
      若该球的颜色为 (n)，则进行一次 ( ext{move}(n, n + 1))。
      若该球的颜色不为 (n)，则将该球补到 (1) 至 (n - 1) 号柱子里的一个空位上。

    • 这样的话就得到了一个规模为 (n - 1) 的子问题，直接递归调用到 (1) 即可。
    • 复杂度是 (mathcal{O}(n^2m)) 的。
      来计算一下该算法的严格操作数。
    • 记 (g(n)) 表示解决一个规模为 (n) 的问题，且不向下递归调用时需要的操作数，则：

    [egin{aligned}g(n)& = sumlimits_{i = 1}^{n - 1} (2m + 2c_i) + sumlimits_{i = 1}^{n - 1} c_i + m\& = 2m(n - 1) + 3sumlimits_{i = 1}^{n - 1} c_i + m\& = 2nm - m + 3sumlimits_{i = 1}^{n - 1} c_iend{aligned} ]

    • 在最坏情况下，(sumlimits_{i = 1}^{n - 1} c_i = m)，则：

    [egin{aligned}g(n) & = 2nm - m + 3m\& = 2nm + 2m\& = 2m(n + 1)end{aligned} ]

    • 此时：

    [egin{aligned} ext{answer}& = sumlimits_{i = 1}^n g(i)\& = sumlimits_{i = 1}^n 2m(i + 1) \& = 2m sumlimits_{i = 1}^n (i + 1)\& = 2m [frac{(n + 1)(n + 2)}{2} - 1]\& = m(n^2 + 3n)end{aligned} ]

    • 发现刚好可以过掉 (70) 分。
    #include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

inline int read() {
	int x = 0, f = 1; char s = getchar();
	while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -f; s = getchar(); }
	while (s >= '0' && s <= '9') { x = x * 10 + s - '0'; s = getchar(); }
	return x * f; 
}

const int N = 60, M = 450;

int n, m;

int top[N], a[N][M];
int cnt[N][M];

int t;
pair<int, int> ans[820001];

void move(int x, int y) {
	ans[++ t] = make_pair(x, y);

	int u = a[x][top[x]];

	cnt[x][u] --;
	cnt[y][u] ++;

	top[x] --;
	a[y][++ top[y]] = u;
}

void solve(int u) {
	if (u == 1)
		return;

	for (int i = 1; i < u; i ++) {
		int c = cnt[i][u];

		for (int j = c; j; j --)
			move(u, u + 1);

		for (int j = m; j; j --)
			if (a[i][j] == u) move(i, u);
			else move(i, u + 1);

		for (int j = m - c; j; j --)
			move(u + 1, i);

		for (int j = c; j; j --)
			move(u, i);

		for (int j = c; j; j --)
			move(u + 1, u);
	}

	for (int i = 1; i < u; i ++)
		while (a[i][top[i]] == u)
			move(i, u + 1);

	int p = 1;
	for (int j = top[u]; j; j --) {
		if (a[u][j] == u) move(u, u + 1);
		else {
			while (top[p] >= m) p ++;
			move(u, p);
		}
	}

	solve(u - 1);
}

int main() {
	n = read(), m = read();

	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		top[i] = m;
		for (int j = 1; j <= m; j ++)
			a[i][j] = read(), cnt[i][a[i][j]] ++;
	}

	solve(n);

	printf("%d
", t);
	for (int i = 1; i <= t; i ++)
		printf("%d %d
", ans[i].first, ans[i].second);

	return 0;
}

// I hope changle_cyx can pray for me.

    算法二

    特殊性质：(n leq 50)，(m leq 400)。

    • 分治，可以做到 (mathcal{O}(nm log n))。
    • 题解在路上了。

    T4. 微信步数

    题目链接：Link。

    • 题解在路上了。
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  • 原文地址：https://www.cnblogs.com/cjtcalc/p/14124164.html
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