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GJOI 10.23 题解

news 2025/10/28 13:44:41

1.洛谷 P4552 IncDec Sequence

题意

给定一个长度为 $n$ 的数列 $a1,a2,⋯,an{a_1,a_2,\cdots,a_n}$ ，每次可以选择一个区间 $[l, r]$ ，使这个区间内的数都加 $1$ 或者都减 $1$ 。

请问至少需要多少次操作才能使数列中的所有数都一样，并求出在保证最少次数的前提下，最终得到的数列有多少种。

$1≤n≤105,ai∈[0,231]1\le n\le 10^5, a_i \in[0, 2^{31}]$ 。

思路

考虑操作本质，区间 $+ 1$ 就是让差分数组左端 $+ 1$ 右端 $- 1$ ， $- 1$ 反之亦然。最终所有数都一样，就是让除了 $1$ 之前、 $n$ 之后的差分值意外，其它差分值全部变成 $0$ 。而且不难发现 $1$ 前差分值决定了相等数列的数是什么。

于是保证操作次数最少，必然是中间的绝对值，分别匹配一对正的、负的差分值分别 $- 1, + 1$ ，直到有一个变为 $0$ ，再操作其它的。最后可能剩下一个正数或负数，此时让该差分值和 $1$ 前或 $n$ 后的差分值操作，直到该差分值变为 $0$ 。考虑快速计算次数，不难发现可以分别计算正负差分值之和的绝对值 $s 1, s 2$ ， $max⁡(s1,s2)\max(s1,s2)$ 即最少操作次数。

但种数呢？剩下最后一个差分值 $c$ 时，整个数列的长成前面一堆 $a$ 后边一堆 $b$ ，满足 $c = b - a$ ，可以随意对左右两边操作，最后取值就为 $[a, b]$ 或 $[b, a]$ ，种数为 $∣ b - a ∣ + 1 = ∣ c ∣ + 1$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1e5+9;
ll n;
ll a[N],b[N],tot;
ll c[N];
int main()
{freopen("qingfeng.in","r",stdin);freopen("qingfeng.out","w",stdout); scanf("%lld",&n);ll tot=0;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=a[i]-a[i-1];ll s1=0,s2=0;for(int i=2;i<=n;i++){if(c[i]>0)s1+=c[i];else s2-=c[i];}printf("%lld\n%lld",max(s1,s2),abs(s1-s2)+1);return 0;
}

2.洛谷 P2403 SDOI2010 所驼门王的宝藏

我的博客。

3.CF710F String Set Queries

题意

在这里插入图片描述
强制在线要求参考原题面。

操作次数 $1≤T≤3×1051\le T\le 3\times 10^5$ ，输入字符串长度和 $S=∑∣s∣≤3×105S=\sum |s|\le 3\times 10^5$ 。

思路

查询是 ACAM 模板说是，但是早就被我忘得一干二净了，这题的操作二进制分组优化，具体实现可以参考这篇博客，~~还是等我复习完之后再回来补吧~~。这里讲一种优美的暴力做法。

赛时只写了个近似 $O (T n)$ ，其中 $T$ 在于加的字符串个数， $n$ 为查询模式串长度。发现相同长度为 $x$ 的集合串， $T$ 次在长度为 $n$ 的模式串上 $O (n - x)$ 匹配，很费时间。

但是我们发现， $n$ 每个长度为 $x$ 的子串至多匹配一种长度为 $x$ 的集合串。于是我们想要按照长度分类所有集合串。这样就不需要重复地扫 $O (n - x)$ 了。

具体地，对每个长度开一个 unordered_map 存集合串哈希值，通过截取模式串区间哈希值，在长度 $x$ 的 unordered_map 上 $O (1)$ 获取个数（可重集）。

但是 $x$ 不会很多吗？题目说 $S≤3×105S\le 3\times 10^5$ ，对于互不相同的长度 $x_i$ ， $∑xi≤3×105\sum x_i\le 3\times 10^5$ ，最劣情况从 $1$ 开始加，种数是 $S\sqrt{S}$ 级别的。

于是均摊复杂度为 $O(nS)O(n\sqrt{S})$ ，时限有 3s 宽松，两项都跑不满。

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=3e5+9,B=550;
const ll base=19260817,mod=1e9+7;
ll Q,op;
ll id[N],tot,bh[B];
ll pw[N];
void init()
{pw[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)pw[i]=pw[i-1]*base%mod;
}
char s[N];
unordered_map<ll,ll>S[B];
ll change(char c)
{return c-'a'+1;
}
ll ha[N];
ll getHash(ll l,ll r)
{return (ha[r]-ha[l-1]*pw[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{freopen("suoyong.in","r",stdin);freopen("suoyong.out","w",stdout);scanf("%lld",&Q);init();while(Q--){scanf("%lld%s",&op,s+1);ll n=strlen(s+1);for(int i=1;i<=n;i++)ha[i]=(ha[i-1]*base%mod+change(s[i]))%mod;if(op==1){if(!id[n])id[n]=++tot,bh[tot]=n;S[id[n]][ha[n]]++;}if(op==2){S[id[n]][ha[n]]--;}if(op==3){ll ret=0;for(int i=1;i<=tot;i++){for(int j=bh[i];j<=n;j++){if(S[i].count(getHash(j-bh[i]+1,j)))ret+=S[i][getHash(j-bh[i]+1,j)];}}printf("%lld\n",ret);//	fflush(stdout);}}return 0;
}

反思

还是那句话，打暴力之前也应该好好思考，不要忘记考虑根号算法，有时比较好写并且跑得很快！

4.CF1810G The Maximum Prefix

题意

题目传送门，建议前往原题阅读题意，样例及其解释。

思路

对我而言是很新的期望 dp 呢。期望的答案总结为“概率×值”，就是实际得分里面赛得分概率。

前缀长度为 $k$ ，若钦定最大前缀和为 $x$ ，这要求：

$∀0≤i≤k,si≤x\forall 0\le i\le k,s_i\le x$ ；
$∃0≤i≤k,si=x\exist 0\le i\le k,s_i=x$ 。

才能拿到 $h_x$ 的分数，对于前缀长度 $k$ ，我们要算出最大前缀和取到 $x$ 的概率，然后乘上 $h_x$ 。

不妨设 $f_{i,j,op}$ 表示前 $i$ 个数， $s_i$ 距离某个钦定最大值还差 $j$ （钦定值 $∈[0,i]\in [0,i]$ ，根据题目要求取不到负数），之前是否达成过钦定值 $o p = 0/1$ ，的期望得分。初始化 $f_{0,j,[j=0]}=h_j$ ，相当于后面要算的只有概率了。根据上文的条件，只要前面达到过钦定值（ $o p = 1$ ）就是合法的。

考虑 $a_i$ 填什么：

$a_i=1$ ，距离钦定值的差距 $- 1$ ： $fi,j,op∨[j=0]←fi−1,j+1,op×pif_{i,j,op\vee [j=0]}\leftarrow f_{i-1,j+1,op}\times p_i$ ；
$a_i=-1$ ，距离钦定值差距 $+ 1$ ： $fi,j,op∨[j=0]←fi−1,j−1,op×(1−pi)f_{i,j,op\vee[j=0]}\leftarrow f_{i-1,j-1,op}\times (1-p_i)$ 。

前缀长度为 $k$ 的答案为 $∑j=0ifk,j,1\sum\limits_{j=0}^i f_{k,j,1}$ 。

这题似乎卡空间？可以滚动数组优化。然后记得勤取模。具体细节见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=5004,mod=1e9+7;
int Q,n;
ll p[N],q[N],h[N];
ll qpow(ll x,int k)
{ll ret=1;while(k){if(k&1)ret=ret*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return ret;
}
ll f[2][N][2];
void clean()
{memset(f,0,sizeof(f));
}
int main()
{freopen("ziliang.in","r",stdin);freopen("ziliang.out","w",stdout);scanf("%d",&Q);while(Q--){scanf("%d",&n);clean();for(int i=1;i<=n;i++){ll x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);p[i]=x*qpow(y,mod-2)%mod;q[i]=(y-x)*qpow(y,mod-2)%mod;}for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%lld",&h[i]);for(int j=0;j<=n;j++)f[0][j][j==0]=h[j];for(int i=1;i<=n;i++){int now=i&1,las=now^1;memset(f[now],0,sizeof(f[now]));ll ret=0;for(int j=0;j<=n;j++){for(int op=0;op<=1;op++){if(j<n)f[now][j][op|(j==0)]=(f[now][j][op|(j==0)]+f[las][j+1][op]*p[i]%mod)%mod;if(j>0)f[now][j][op|(j==0)]=(f[now][j][op|(j==0)]+f[las][j-1][op]*q[i]%mod)%mod;}ret=(ret+f[now][j][1])%mod;}printf("%lld ",ret);}puts("");}return 0;
}