GJOI 10.4/10.5 题解

这场直接成为骗分大师。不过 T1 还是太险了，计数题、容斥题还是要去多模拟。

1.AT_abc304_f Shift Table

题意

A 和 B 将在接下来的 $N$ 天里做兼职。A 的排班表由字符串 $A$ 给出，$A$ 的第 $i$ 个字符为 # 时表示第 $i$ 天上班，为 . 时表示第 $i$ 天不上班。

基于此，B 按照如下方式制作了自己的排班表：

• 首先，取 $N$ 的一个正因数 $M$，但 $M\ne N$。
• 接着，决定第 $1$ 天到第 $M$ 天的出勤情况。
• 最后，依次对 $i=1,2,\dots ,N-M$，令第 $M+i$ 天的出勤情况与第 $i$ 天相同。

需要注意的是，即使 $M$ 的取值不同，最终得到的排班表也可能相同。

请计算，在 $N$ 天中，每一天 A 和 B 至少有一人上班的情况下，B 的排班表可能有多少种？

结果对 $998244353$ 取模。

$2\le N\le 10^5$。

思路

赛时差点没做出来。还是收到大佬的点化。所以还是要加强写代码实践能力啊！想清楚那个容斥关系之后其实并不难。

对于原串 $A$，我们找出其所有 . 的位置，这些位置（天数）B 必须干活（填 #）。而其余位置 $2$ 种字符均可。

于是考虑一个长度为 $x$ 的循环天数，容易 $O(n)$ 遍历整个 $A$ 计算，有多少天 B 必须干活，设有 $cnt$ 天 B 不是必须干活，那么就有 $2^{cnt}$ 种方案。

但是题目已经明示我们，不同的循环天数可能产生相同的排班表，要考虑去重。于是想要找到哪些天数之间，会出现重复。其实这个性质赛时被我猜到了，举一个简单的例子吧：

12
#.#.###.#..#

手玩一下会发现（? 表示不必须填 #，# 表示必须填 #）：

• $x=1$，循环子串为 #；
• $x=2$，循环子串为 ##；
• $x=3$，循环子串为 ##?；
• $x=4$，循环子串为 ?###；
• $x=6$，循环子串为 ?#?##?。

互为倍数的 $x$ 的子串是是包含关系。譬如 $x=3$ 对应的两种方案 ############ 和 ##.##.##.##.，在 $x=6$ 可以分别令全部 ? 成为 #、只令第 $1$ 个 ? 成为 #，就包含了 $x=3$ 所有情况。

因为同样能够通过复制来满足条件的循环子串，$x$ 越大，? 多时可以指代不同字符，从而覆盖小因数的情况。

因此记 $f_x$ 表示循环天数为 $x$ 时，其因数已经占用的方案数。这相当于一个 tag，上文计算完 $cnt$ 之后，对答案新增贡献就是 $tem=2^{cnt}-f_x$。

那么 $f$ 怎么更新呢？我们计算完一个小因数 $x_0$ 的答案 $te{m}_0$ 后，就可以更新其倍数的 $f$ 了，即：
$$f_{i{x}_0}\leftarrow te{m}_0$$

如果一个数存在多个因数，且因数又是某个因数的因数，不会算重吗？其实并不会，因为 $tem$ 是新增贡献，并不是包含其因数在内的所有方案数。

时间复杂度 $O(nd(n))$，$d(n)$ 为因数个数看作 $\sqrt{n}$。

还是很有意思的一道题。具体细节见代码。记得勤取模。

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=1e5+9,mod=998244353,M=329;
ll n;
ll a[N],pos[N];
ll ys[M],m;
ll pw[N];
void init()
{pw[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)pw[i]=pw[i-1]*2%mod;//预处理2的幂，少一个log
}
bool vis[N];
ll f[N];
ll cal(ll x)
{for(int i=1;i<=x;i++)vis[i]=0;ll cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){pos[i]=i%x;if(pos[i]==0)pos[i]=x;//每个下标对应的循环天数位置if(!a[i])vis[pos[i]]=1;//必须填#}for(int i=1;i<=x;i++)cnt+=(!vis[i]);ll tem=(pw[cnt]-f[x]+mod)%mod;//对整体答案新增的贡献for(int i=2;i*x<=n;i++)f[i*x]=(f[i*x]+tem)%mod;return tem;
}
int main()
{freopen("clr.in","r",stdin);freopen("clr.out","w",stdout); init();scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){char c;cin>>c;a[i]=(c=='#');}for(int i=1;i*i<=n;i++){if(n%i)continue;ys[++m]=i;if(i*i!=n&&i!=1)ys[++m]=n/i;}sort(ys+1,ys+m+1);ll ans=0;for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+cal(ys[i]))%mod;printf("%lld",ans);return 0;
}

2.洛谷 P3590 POI2015 三座塔 Three towers / P12765 POI2018三座塔 2 Three towers 2

题意

$1\le n\le 10^6$。

洛谷 P3590：N、O、I 分别改为 B、C、S。
洛谷 P12765：同样改字母，取消“要么只有一种字母”的条件。

思路

这题分还是太好骗了，$O(n^2)$ 可过赛时 sub1235 拿到 55pts。然而正解似乎就是在暴力的基础上加一些小小性质优化……

“最长的子串满足左端点在 $1\sim 3$ 或右端点在 $n-2\sim n$。”出自这个讨论。手玩大样例甚至直接过。

这个结论等价于，对于一个合法解 $S_0$，在左右若存在 $3$ 个字符，必然存在包含 $S_0$ 的更优解。

不妨设 $(x,y,0)$ 表示 $3$ 种字符的个数，$x$ 表示 N 比 I 多 $x$ 个，$y$ 表示 O 比 I 多 $y$ 个，钦定 $x>y$。接下来我们要讨论，怎么能使得 $S_0$ 的长度增加，就可以转移到其他情况：

• 若不存在相邻两项差值为 $1$，那么随便加 $1$ 个都是合法的。
• 若 $(y+1,y,0)$，且 $y>1$：
  • 如果 $S_0$ 两边字符不同，那就选不是 O 那个（$+1$）；
  • 如果 $S_0$ 两边字符相同，都不是 O 就随便选一个（$+1$），都是 O 就两个全选（$+2$）。
• 若 $(x,1,0)$，且 $x>2$：
  • 与上大致相同。
• 若 $(2,1,0)$（最极端情况）：
  • ??N(S0)I??：不选 I 那边；
  • ??O(S0)I??：此时无论选左还是右，都至少有一对数相同。
    • 选 O 一侧 $(2,2,0)$，出个 N、O 就有解了；
    • 如果不幸 IIO(S0)I??，那就先考虑选 I 一侧 $(2,1,1)$。
      • ?? 只带一个 N 就全选 N?；
      • 如果 ??=NN，那就选 NN 和左边的 O，O(S0)INN，$(4,3,1)$；
      • 如果 ??=OO/II 也是直接全选 $(2,3,1)$ 或 $(2,1,3)$。
      • 如果 ??=OI，那就选第 $1$ 个问号的 O 和左边的 O，O(S0)IO，$(2,3,1)$；
      • 如果 ??=IO，那就直接全选 IIO(S0)IIO，$(2,3,4)$。
  • ??I(S0)I??：变成 $(2,1,2)$，就是差不多的讨论了。

至此，我们简要证明了这个性质的正确性。代码就很好写了。时间复杂度 $O(3n)$。

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=1e6+9;
ll n;
char c[N];
ll sn[N],so[N],si[N];
bool check(ll l,ll r)
{ll ns=sn[r]-sn[l-1];ll os=so[r]-so[l-1];ll is=si[r]-si[l-1];ll cnt0=(ns==0)+(os==0)+(is==0);if(cnt0==2)return 1;if(ns!=os&&os!=is&&ns!=is)return 1;return 0;
}
int main()
{freopen("str.in","r",stdin);freopen("str.out","w",stdout);scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>c[i];sn[i]=sn[i-1]+(c[i]=='N');so[i]=so[i-1]+(c[i]=='O');si[i]=si[i-1]+(c[i]=='I');}if(sn[n]==0)//sub5 {if(so[n]!=si[n])printf("%lld",n);else printf("%lld",n-1);return 0; }ll ans=0;for(ll i=1;i<=3;i++)for(ll j=n;j>=i;j--)if(check(i,j))ans=max(ans,j-i+1);for(ll j=n-2;j<=n;j++)for(ll i=1;i<=j;i++)if(check(i,j))ans=max(ans,j-i+1);printf("%lld",ans);return 0;
}

3.洛谷 P11346 KTSC2023 会议室 2

4.Baekjoon 21089 Excluded Min

题意

$1\le n,q\le 5\times 10^5$，$a_i\in [0,5\times 10^5]$。

思路

待补。赛时拼到 52pts 暴力。

接下来是 GJOI 10.5 题解。

1.洛谷 P9975 USACO23DEC Cowntact Tracing 2

题意

Farmer John 有 $N$ 头奶牛排成一列。不幸的是，有一种疾病正在传播。

最初，有一些奶牛被感染。每到夜晚，被感染的奶牛会将疾病传播给它左右两边的奶牛（如果这些奶牛存在的话）。一旦奶牛被感染，她就会持续处于感染状态。

经过一些晚上，Farmer John 意识到情况已经失控，因此他对奶牛进行了检测以确定哪些奶牛感染了疾病。请找出最少有多少头奶牛最初可能感染了这种疾病。

$1\le N\le 3\cdot 10^5$。

思路

传染天数是决定有多少头奶牛最开始被感染的关键，天数越大，初始感染数越小。于是我们要找这个最大感染天数。

处理出每个被感染奶牛的连续段 $c_i$。显然的，最大感染天数也要满足所有连续段不能感染到 0 去。于是最大感染天数，取每个 $c_i$ 最大可行感染天数的最小值。

一个连续段可以在中间放一头奶牛（奇数个，偶数个就放一对），最多 $\lfloor \frac{c_i-1}{2}\rfloor$ 天——吗？

我们发现，第 $1$ 头奶牛只会向右传染，同理第 $n$ 头奶牛只会向左传染。于是，若 $c_1$ 包含第 $1$ 头奶牛，最大感染天数是 $c_i-1$，对 $c_n$ 同理。

ll cal(ll x,ll id)
{if(id==1){if(a[1]==1)return x-1;}if(id==cnt){if(a[n]==1)return x-1;}if(x&1)return (x-1)/2;return (x-2)/2;
}
...
ll day=inf;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
day=min(day,cal(c1[i],i));

奶牛数就是 $\sum _{i=1}^{cnt}\lceil \frac{c_i}{2day+1}\rceil$，即以一头奶牛为中心，向两边传染，如果有没被传染的就单独开一头奶牛。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=3e5+9,inf=3e14;
ll n;
char c[N];
ll a[N],c1[N],cnt,lc[N],rc[N];
ll cal(ll x,ll id)
{if(id==1){if(a[1]==1)return x-1;}if(id==cnt){if(a[n]==1)return x-1;}if(x&1)return (x-1)/2;return (x-2)/2;
}
ll plc(ll i,ll day)
{ll x=c1[i]/(day*2+1),ys=c1[i]%(day*2+1);if(ys)x++;return x;
}
int main()
{freopen("cow.in","r",stdin);freopen("cow.out","w",stdout);scanf("%lld%s",&n,c+1);for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=(c[i]=='1');for(int i=0;i<=n;i++){if(a[i]==1)c1[cnt]++;else if(a[i+1]==1)cnt++;}if(cnt==0){puts("0");return 0; }ll day=inf,ans=0;for(int i=1;i<=cnt;i++)day=min(day,cal(c1[i],i));for(int i=1;i<=cnt;i++)ans+=plc(i,day);printf("%lld",ans);return 0;
}

2.洛谷 P7831 CCO2021 Travelling Merchant

题意

一个国家有 $n$ 个城市和 $m$ 条单向道路，一个旅行商在这些城市之间旅行。

第 $i$ 条道路从城市 $a_i$ 到城市 $b_i$，只有当他的资产不少于 $r_i$ 元才可以走这条道路，走过这条道路之后他的资产会增加 $p_i$ 元。

他希望自己可以永远不停的游走下去，于是他想知道从任意一个城市出发至少需要多少元初始资产。

$2\le n,m\le 2\times 10^5$，$1\le a_i,b_i\le n$，$a_i\ne b_i$，$0\le r_i,p_i\le 10^9$，保证没有自环但可能有重边。

思路

赛时真是一点头绪都没有捏。

设 $an{s}_u$ 表示 $u$ 的答案，实则有转移：
$$an{s}_u\leftarrow \min (r(u,v),an{s}_v-p(u,v))$$

于是可以考虑建反图，从 $v$ 回溯到 $u$，但是图上会有环怎么办？

其实可以发现一些性质：

• 若初始资产为所有边 $r$ 的最大值，就是畅通无阻的；
• 出度为 $0$ 的点无解；
• 对于有向边 $u\to v$，若 $v$ 出度为 $0$，可以直接删去 $u\to v$；
• 在能够走到环之前，每条边至多被走一次。

于是可以考虑类似拓扑排序的思想，上面提到建反图，我们就把所有（原图上）出度为 $0$ 的点入队（即反图上 $0$ 入度）。反图上如果 $v$ 有解就更新 $u$。

这样我们就可以把所有通向出度为 $0$ 的末梢给扔掉，剩下剥不开的环和指向环的单条路径。

怎么处理这些路径上的贡献呢？考虑第 $i$ 条边。如果“拓扑”完，$i$ 边还没被删除，说明出现单调路径。其实可以从大到小考虑，$i$ 没被删直接讲 $an{s}_u\leftarrow r_i(u,v)$。

还是过于智慧了。本题实现参考了这篇博客。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9,inf=1e18;
ll n,m;
struct bian
{ll u,v,id,lim,val;
}b[N];
bool cmp(bian x,bian y)
{return x.lim>y.lim;
}
struct edge
{ll to,next,id,lim,w;
}e[N<<1];
ll idx,head[N];
void addedge(ll u,ll v,ll id,ll lim,ll val)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];e[idx].id=id;e[idx].lim=lim;e[idx].w=val;head[u]=idx;
}
ll out[N];
ll ans[N];
bool vis[N];
queue<ll>q;
int main()
{freopen("tour.in","r",stdin);freopen("tour.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){ll u,v,lim,val;scanf("%lld%lld%lld%lld",&u,&v,&lim,&val);b[i]=(bian){u,v,i,lim,val};addedge(v,u,i,lim,val);out[u]++;}sort(b+1,b+m+1,cmp);for(int i=1;i<=n;i++){ans[i]=inf;if(!out[i])q.push(i);}for(int I=1;I<=m;I++){while(!q.empty()){ll v=q.front();q.pop();for(int i=head[v];i;i=e[i].next){ll id=e[i].id;if(vis[id])continue;vis[id]=1;ll u=e[i].to,lim=e[i].lim,val=e[i].w;if(ans[v]!=inf)ans[u]=min(ans[u],max(lim,ans[v]-val));out[u]--;if(!out[u])q.push(u);}}ll u=b[I].u;if(!vis[b[I].id]){vis[b[I].id]=1;ans[u]=min(ans[u],b[I].lim);out[u]--;if(!out[u])q.push(u);}}for(int i=1;i<=n;i++){if(ans[i]>=inf)printf("-1 ");else printf("%lld ",ans[i]);}return 0;
}

3.洛谷 P10067 CCO2023 Real Mountains

4.洛谷 P11983 JOIST2025 展览会 3 / Exhibition 3