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GJOI 9.27/10.3 题解

news 2025/10/6 7:42:29

1.CF1984D “a” String Problem

题意

给定一个由小写拉丁字母组成的字符串 $s$ 。请计算有多少个非空字符串 $\neq \texttt{"a"}$ ，使得可以将 $s$ 分割成若干子串，满足以下条件：

每个子串要么等于 $t$ ，要么等于 $"a"\texttt{"a"}$ ；
至少有一个子串等于 $t$ 。

一个字符串 $s$ 的分割是一个有序的 $k$ 个字符串 $t1,t2,…,tkt_1, t_2, \ldots, t_k$ （称为子串）的序列，满足 $t1+t2+…+tk=st_1 + t_2 + \ldots + t_k = s$ ，其中 $+$ 表示连接操作。

多组测试数据， $1≤t≤1041\le t\le 10^4$ ， $2≤∣s∣≤2×1052\le|s|\le 2\times 10^5$ ， $∑∣s∣≤3×105\sum |s|\le 3\times 10^5$ 。

思路

由 $t$ 子串都相同，先发现几个结论：

$t$ 中，每种非 a 字符个数、种类、出现顺序相同；
$t$ 中，每个非 a 字符左侧、右侧的 a 数量，不同位置的 $t$ 子串对应相同，也即每两个非 a 字符之间 a 的个数对应相同。

于是我们记录 $na$ 个非 a 字符的下标 $naps1∼nanaps_{1\sim na}$ ， $t$ 中出现的非 a 字符记为 $l e n$ 个，显然 $l e n ∣ na$ ，于是 $O (d (n))$ （约数个数，约为 $O(n)O(\sqrt{n})$ ）枚举长度。

子串的非 a 字符一定包含第 $1∼len1\sim len$ 个非 a 字符；又因为每个子串 $t$ 相同，根据上面的结论，需要满足原串上 $naps1∼napslennaps_1\sim naps_{len}$ 、 $napslen+1∼naps2lennaps_{len+1}\sim naps_{2len}$ 、……、 $napsna−len+1∼napsnanaps_{na-len+1}\sim naps_{na}$ 相同，即一个合格子串 $t$ 去掉前缀、后缀的 a 为 $t^{'}$ ， $t^{'}$ 满足对应相同。

可以使用哈希判断。

ll ret=0,H=gethash(naps[1],naps[len]);
bool flag=1;
for(int j=len+1;j<=na;j+=len)//0~na-1 <- 0~i-1
{if(gethash(naps[j],naps[j+len-1])!=H){flag=0;break;}
}

能有多种子串 $t$ 的原因，是因为可以改变前缀、后缀 a 的个数。考虑在去掉前缀、后缀的合法串前后分别加 $h e a d, t ai l$ 个 a， $head∈[0,naps1)head\in[0,naps_1)$ ， $tail∈[0,∣s∣−napsna]tail\in[0,|s|-naps_{na}]$ 。

我们知道两个子串 $t_{i-1},t_i$ 之间会隔着若干个 a，这些 a 由 $t_{i-1}$ 的后缀 $t ai l$ 个 a、原串上的 a、 $t_i$ 前缀 $h e a d$ 个 a 组成。

因为子串不能重叠，所以去掉前缀后缀的 a， $t'_{i-1},t'_i$ 之间隔着 $m_i$ 个 a， $head+tail≤mihead+tail\le m_i$ 。这个式子的充分条件是 $head+tail≤min⁡{mi}=mihead+tail\le \min \{m_i\}=mi$ 。考虑枚举 $head∈[0,naps1)head\in[0,naps_1)$ ， $t ai l$ 的范围就是 $0,\min(mi-head,|s|-naps_{na})]$ ，取值种数并入贡献即可。

ll mi=inf,tail_a=n-naps[na];
for(int j=len+1;j<=na;j+=len)
{
//	cout<<naps[j]<<" "<<naps[j-1]<<endl;mi=min(mi,naps[j]-naps[j-1]-1);
}
for(int head=0;head<naps[1];head++)//0~naps[1]的a 
{ll tail=mi-head;if(tail<0)continue;ret+=min(tail_a,tail)+1;
}

代码

#pragma GCC optimise(2)
#pragma GCC optimise(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9,inf=3e14;
const ll base=19260817,mod=1e9+7;
ll Q,n;
char s[N];
ll na,ans,naps[N];
ll ha[N],pw[N];
void init()
{pw[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)pw[i]=pw[i-1]*base%mod;
}
ll gethash(ll l,ll r)
{return (ha[r]-ha[l-1]*pw[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
ll sol(ll len)
{ll ret=0,H=gethash(naps[1],naps[len]);bool flag=1;for(int j=len+1;j<=na;j+=len)//0~na-1 <- 0~i-1{if(gethash(naps[j],naps[j+len-1])!=H){flag=0;break;}}if(!flag)return 0;
/*	cout<<"循环节:";for(int j=1;j<=len;j++)cout<<naps[j]<<" ";cout<<endl;*/ll mi=inf,tail_a=n-naps[na];for(int j=len+1;j<=na;j+=len){//	cout<<naps[j]<<" "<<naps[j-1]<<endl;mi=min(mi,naps[j]-naps[j-1]-1);}for(int head=0;head<naps[1];head++)//0~naps[1]的a {ll tail=mi-head;if(tail<0)continue;ret+=min(tail_a,tail)+1;}return ret;
}
int main()
{freopen("aa.in","r",stdin);freopen("aa.out","w",stdout);init();scanf("%lld",&Q);while(Q--){scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);na=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ha[i]=(ha[i-1]*base%mod+(s[i]-'a'+1))%mod;if(s[i]!='a')naps[++na]=i;}if(na==0){printf("%lld\n",n-1);continue;}for(ll i=1;i*i<=na;i++){if(na%i)continue;ans+=sol(i);if(i*i!=na)ans+=sol(na/i);}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

2.P11352 NOISG2024 Finals Coin

3.Baekjoon 18760 Heavy Stones

4.CF1975D Paint the Tree

我的博客。

接下来是 GJOI 10.3，怎么国庆回来 $3$ 天连打 $3$ 场啊！而且题贼难补。

1.CF1942C2 Bessie’s Birthday Cake (Hard Version)

题意

题目传送门，建议前往原题阅读题面和样例。

思路

理想地， $k$ 个点全部被选，被选的 $m + k$ 个点组成一个 $m + k$ 边形，可以分成 $m + k - 2$ 部分。于是考虑这 $k$ 个点的分布。

为什么我们直接考虑在 $m + k - 2$ 边形上分呢？来看一张图：
在这里插入图片描述

同样把 $BC D F$ 分成 $2$ 部分，左图是固定 $F$ 向 $B, C, D$ 连边，用了 $3$ 个点；右图是在 $B D$ 劈开，只用了 $2$ 个点——显然右图的割法是更优的。即每个两段放一个点

具体地，我们算出原来 $m$ 个点之间间隔段数 $c_i$ 。我们发现， $c_i$ 为偶数的时候，如上图 $B$ 和 $L$ 可以再形成一个三角形，因为隔了两条边；但若 $c_i$ 为奇数，这最后一段贡献没法多出来。

又因为 $k$ 个候选点的贡献相互独立，于是我们优先填满 $c_i$ 为偶数的间隔。

ll ans=m+k-2;
sort(a+1,a+m+1);
c[m]=a[1]+n-a[m];
for(int i=1;i<m;i++)
c[i]=a[i+1]-a[i];
ll tem=k;
no=0,nj=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{if(c[i]%2==0)os[++no]=c[i];else js[++nj]=c[i];
}
sort(os+1,os+no+1);
sort(js+1,js+nj+1);
for(int i=1;i<=no;i++)
{if(tem>=os[i]/2-1){ans+=os[i]/2;tem-=os[i]/2-1;}else{ans+=tem;tem=0;break;}
}
for(int i=1;i<=nj;i++)
{if(tem>=js[i]/2){ans+=js[i]/2;tem-=js[i]/2;}else {ans+=tem;tem=0;break;}
}

$t e m$ 为剩余候选点数量。但是不一定能把 $k$ 个点用完，此时 $t e m > 0$ 。我们发现把这些点塞进小三角形，破拆掉一些边，并不优于原方案。于是选了的点实际只组成 $m + k - t e m$ 边形，贡献减去 $t e m$ 。

ans-=tem;

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9;
ll Q,n,m,k;
ll a[N];
ll c[N],os[N],js[N],no,nj;
int main()
{freopen("cake.in","r",stdin);freopen("cake.out","w",stdout);scanf("%lld",&Q);while(Q--){scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&a[i]);if(m+k>=n){printf("%lld\n",n-2);continue;}ll ans=m+k-2;sort(a+1,a+m+1);c[m]=a[1]+n-a[m];for(int i=1;i<m;i++)c[i]=a[i+1]-a[i];/*	cout<<"duancha:";for(int i=1;i<=m;i++)cout<<c[i]<<" ";cout<<endl;*/ll tem=k;no=0,nj=0;for(int i=1;i<=m;i++){if(c[i]%2==0)os[++no]=c[i];else js[++nj]=c[i];}sort(os+1,os+no+1);sort(js+1,js+nj+1);for(int i=1;i<=no;i++){if(tem>=os[i]/2-1){ans+=os[i]/2;tem-=os[i]/2-1;}else{ans+=tem;tem=0;break;}}for(int i=1;i<=nj;i++){if(tem>=js[i]/2){ans+=js[i]/2;tem-=js[i]/2;}else {ans+=tem;tem=0;break;}}ans-=tem;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

2.洛谷 P9737 COCI 2022/2023 Lampice

题意

Teo 的阳台是一个长 $n + 1$ ，宽 $m + 1$ 的矩形平台，上有 $2 k$ 盏彩灯，这些彩灯的颜色用 $\sim k$ 之间的一个数字来表示。每种颜色的彩灯都有 $2$ 盏，它们的坐标都为正整数。

Teo 认为阳台上一个区域是好的，当且仅当：

这个小区域是矩形，且边都与阳台的边平行。
对于每一种颜色的 $2$ 盏彩灯，要么都在小区域内，要么都在小区域外。
小区域的左上角，右下角坐标均为整数。
小区域的长宽都至少为 $2$ 。

现在，Teo 想请你求出在他的阳台上，有多少个小区域是好的。

注意：左下角坐标为 $(0, 0)$ ，右上角坐标为 $(n, m)$ 。

$1≤n≤1501\le n\le150$ ， $1≤m≤10001\le m\le1000$ ， $0≤k≤2000000\le k\le200000$ 。

思路

随机赋权的一个应用。

一个子矩形中只能出现 $0$ 个或 $2$ 个相同颜色的，假如给一个颜色赋权，子矩形的异或和应为 $0$ 。

设 $(0, 0) - (i, j)$ 的格子异或和为 $G_{i,j}$ 。如果一个格子上有多个颜色就直接异或上去即可。

于是考虑枚举矩形的上下界 $l∼rl\sim r$ ，让 $l∼rl\sim r$ 行一起看。 $bj=Gr,j⊕Gl−1,jb_j=G_{r,j}\oplus G_{l-1,j}$ ，我们考虑一个 $b_j$ 前面有多少个 $bt,t∈[0,j)b_{t},t\in[0,j)$ 使得 $bt⊕bj=0b_{t}\oplus b_{j}=0$ 即可，即宽为 $l∼rl\sim r$ 行、长为 $t+1∼jt+1\sim j$ 列的矩形合法。

注意矩形的长宽都至少为 $2$ ，不仅要控制 $l+1≤rl+1\le r$ ，还要去除 $t + 1 = j$ 的不合法贡献。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=153,M=1003,K=2e5+9,mod=1234567891234567;
ll n,m,k;
ll G[N][M],val[K],b[M];
int main()
{
//	freopen("lam.in","r",stdin);
//	freopen("lam.out","w",stdout);scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);n++,m++;mt19937 rnd(time(0)),rnd2(time(0));for(int i=1;i<=k;i++){ll xa,ya,xb,yb;scanf("%lld%lld%lld%lld",&xa,&ya,&xb,&yb);xa++,ya++,xb++,yb++;val[i]=rnd()*rnd2()%mod;G[xa][ya]^=val[i];G[xb][yb]^=val[i];}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)G[i][j]^=G[i-1][j]^G[i][j-1]^G[i-1][j-1];ll ans=0;for(int l=1;l<=n;l++){for(int r=l+1;r<=n;r++){for(int j=1;j<=m;j++)b[j]=G[r][j]^G[l-1][j];for(int j=1;j<=m;j++)ans-=(b[j]==b[j-1]);sort(b+1,b+m+1);ll len=1;b[m+1]=-1;for(int j=1;j<=m+1;j++){if(b[j]!=b[j-1]){ans+=(len-1)*len/2;len=1;}else len++;}}}printf("%lld",ans);return 0;
}