P3899:[湖南集训]谈笑风生题解

“This is a big mistake!”

主席树的迁移

如何把对主席树“能解决区间第 k 大问题”这个印象迁移到这道非常暴力的题目上呢?我们可以把整棵树用 DFS 序来入手(连续性在本题会比离散型更好)。我们可以先用一个 DFS 来记录 DFS 序、Low 数组、子树大小。

然后,我们以深度为权值,子树大小为要维护的信息。以 DFS 序的顺序来计算前缀子树和、创建主席树。具体见代码:

代码

// P3899.cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#define ll long long
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
const ll MX_N = 3e5 + 1000;
ll ncnt, dfn[MX_N], low[MX_N], antiDFN[MX_N], ndfn, dep[MX_N], fa[MX_N], n, q, tmpx, tmpy;
ll subtree[MX_N], roots[MX_N];
vector<ll> G[MX_N];
struct node
{
    ll sum, ls, rs;
} nodes[MX_N * (2 << 5)];
ll build(ll l, ll r)
{
    ll p = ++ncnt;
    if (l == r)
        return p;
    nodes[p].ls = build(l, mid), nodes[p].rs = build(mid + 1, r);
    nodes[p].sum = 0;
    return p;
}
ll update(ll l, ll r, ll previous, ll depth, ll ad)
{
    ll curt = ++ncnt;
    nodes[curt].ls = nodes[previous].ls, nodes[curt].rs = nodes[previous].rs;
    nodes[curt].sum = nodes[previous].sum + ad;
    if (l == r && l == depth)
        return curt;
    if (depth <= mid)
        nodes[curt].ls = update(l, mid, nodes[previous].ls, depth, ad);
    else
        nodes[curt].rs = update(mid + 1, r, nodes[previous].rs, depth, ad);
    return curt;
}
ll query(ll ql, ll qr, ll l, ll r, ll p)
{
    if (ql <= l && r <= qr)
        return nodes[p].sum;
    if (mid >= qr)
        return query(ql, qr, l, mid, nodes[p].ls);
    if (mid < ql)
        return query(ql, qr, mid + 1, r, nodes[p].rs);
    return query(ql, qr, l, mid, nodes[p].ls) + query(ql, qr, mid + 1, r, nodes[p].rs);
}
void dfs(ll u)
{
    dfn[u] = ++ndfn, subtree[u]++;
    antiDFN[ndfn] = u, dep[u] = dep[fa[u]] + 1;
    ll siz = G[u].size();
    for (ll i = 0; i < siz; i++)
        if (G[u][i] != fa[u])
            fa[G[u][i]] = u, dfs(G[u][i]), subtree[u] += subtree[G[u][i]];
    low[u] = ndfn;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &q);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
        scanf("%lld%lld", &tmpx, &tmpy), G[tmpx].push_back(tmpy), G[tmpy].push_back(tmpx);
    dfs(1), roots[0] = build(1, n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        roots[i] = update(1, n, roots[i - 1], dep[antiDFN[i]], subtree[antiDFN[i]] - 1);
    while (q--)
    {
        scanf("%lld%lld", &tmpx, &tmpy);
        ll ret = min(dep[tmpx] - 1, tmpy) * (subtree[tmpx] - 1);
        ll another = query(dep[tmpx], dep[tmpx] + tmpy, 1, n, roots[low[tmpx]]) -
                     query(dep[tmpx], dep[tmpx] + tmpy, 1, n, roots[dfn[tmpx]]);
        printf("%lld\n", ret + another);
    }
    return 0;
}

 

POJ2104:K-th Number 题解

主要思路

其实这道题没什么思路…就是一道主席树的模板题,用前缀和 \(sum[]\) 来维护不同版本之间数字出现的个数即可。

代码

// POJ2104.cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
const int MX_N = 1e5 + 20;
struct node
{
    int ls, rs, info, weight;
} nodes[(2 << 5) * MX_N];
int n, m, ncnt, seq[MX_N], misc[MX_N], len, roots[MX_N], sum[(2 << 5) * MX_N];
int getId(int val) { return lower_bound(misc + 1, misc + 1 + len, val) - misc; }
int build(int l, int r)
{
    int p = ++ncnt;
    if (l == r)
        return p;
    nodes[p].ls = build(l, mid);
    nodes[p].rs = build(mid + 1, r);
    return p;
}
int update(int l, int r, int previous, int c)
{
    int p = ++ncnt;
    nodes[p].ls = nodes[previous].ls;
    nodes[p].rs = nodes[previous].rs;
    sum[p] = sum[previous] + 1;
    if (l == r)
        return p;
    if (c <= mid)
        nodes[p].ls = update(l, mid, nodes[p].ls, c);
    else
        nodes[p].rs = update(mid + 1, r, nodes[p].rs, c);
    return p;
}
int query(int l, int r, int previous, int now, int k)
{
    int lsWeight = sum[nodes[now].ls] - sum[nodes[previous].ls];
    if (l == r)
        return l;
    if (k <= lsWeight)
        return query(l, mid, nodes[previous].ls, nodes[now].ls, k);
    else
        return query(mid + 1, r, nodes[previous].rs, nodes[now].rs, k - lsWeight);
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &seq[i]);
    memcpy(misc, seq, sizeof(misc));
    sort(misc + 1, misc + 1 + n);
    len = unique(misc + 1, misc + 1 + n) - misc - 1;
    roots[0] = build(1, len);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        roots[i] = update(1, len, roots[i - 1], getId(seq[i]));
    while (m--)
    {
        int l, r, k;
        scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
        printf("%d\n", misc[query(1, len, roots[l - 1], roots[r], k)]);
    }
    return 0;
}

 

十二月份总结

十二月份挺好的。

尝试了月考翘文科考试被威胁之后,我成功溜到了雅礼中学,见识了很多的神仙人物,学习了很多神仙算法。

说实话,被成年人骂的发懵一直都是我的一个弱点。这两次被叫到办公室挨骂都有点莫名的虚,原因之一可能是自己的神经过于敏感。至于被质疑自私和骄傲这两个方面,我非常赞同我是一个极度自私的人,但是在这种环境下,我很难认为我是个骄傲的人。周围的神仙这么多,以正常的智力来讲,我是不会认为我自己很优秀的。

有些人总喜欢以别人说话的语气来判定一个人的人格,我觉得很没道理,因为没人觉得被这样对待很公平,你只能说他语气不好,但是真没必要上升到人格层面。所以自然而然,是站不住脚的。而对于怂的一逼以及不想被开除的我来讲,这招确实百发百中,讨厌我的人可以尝试用这种方式打断我的话或者是骂我。我暂时还是改不了怂爆这个短暂性的性格。对,因为高中能开除人,说话总要小心点、看上去怂一点总没错。至于那些正义或者是集体高潮,我没有太大的兴趣。对于人类本身就肮脏、自私、任性、刻薄的东西来讲,正义也不过就是肮脏的遮羞布罢了。然而,我依旧赞同人文主义,在这种情况下,自我接纳其实不错,欺骗自己其实无所谓,没人敢揭穿你,因为没人能逃过人性的丑恶,对吧,“大家都一样”(好像扯得有点远了,之后我会发篇文章讲我对人这种东西的理解)。

雅礼机房一角

还是总结总结 OI 吧。这个月截止到现在(12月26日晚),做了100+道水题,学了很多神仙看不起的算法:Tarjan, 双向 BFS, 迭代加深, DP 的斜率优化, DP 的单调队列优化, 矩阵加速递推, SPFA(?), 哈夫曼相关算法, 虚树(很初级), AC 自动机, 堆+链表组合算法。旁边的山东巨佬其实帮助了我很多,即使他在机房唱歌经常让我突然兴奋失去写题的理智(好 High 啊)。九江一中的神仙们是用来膜爆的,所以只能远观。XG 的饭卡很好,吃夜宵吃的很开心。

过几天附中会搞一个元旦狂欢,正好前一天回去,非常的舒服,到时候会在博客里更新些有趣的东西。

P2414:[NOI2011]阿狸的打字机题解

令人窒息的字符串读入

这道题我要非常强调的是字符串的读入问题(我被卡了一下午和一晚上)。我们需要边读入边进行 trie 树的 insert 操作,不要存下字符子串!要不然你就会像我一样 MLE。具体代码:

// in function main();
int now = root;
for (int i = 1, l = strlen(buff + 1); i <= l; ++i)
{
    if (buff[i] >= 'a' && buff[i] <= 'z')
    {
        if (!nodes[now].nxt[buff[i] - 'a'])
            nodes[now].nxt[buff[i] - 'a'] = ++tot, nodes[tot].fa = now;
        now = nodes[now].nxt[buff[i] - 'a'];
    }
    if (buff[i] == 'B')
        now = nodes[now].fa;
    if (buff[i] == 'P')
    {
        nds[++n] = now;
        nodes[now].id = n;
    }
}

正式思路

刚刚讲完了我的悲惨教训之后,我来正式阐述以下本题思路。我们要把这些字符串全部加入 Trie 树并且生成 Fail 失配指针。这些都是基本操作对吧。

void insert(string str, int id)
{
    int p = root;
    for (int i = 0; i < str.length(); i++)
    {
        int curt = str[i] - 'a', fa = p;
        if (nodes[p].nxt[curt] == 0)
            nodes[p].nxt[curt] = ++tot;
        p = nodes[p].nxt[curt];
        nodes[p].fa = fa;
    }
    nodes[p].id = id, nds[id] = p;
}
void bfs()
{
    queue<int> q;
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        if (nodes[root].nxt[i] != 0)
            q.push(nodes[root].nxt[i]);
    while (!q.empty())
    {
        int curt = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < 26; i++)
            if (nodes[curt].nxt[i] != 0)
                nodes[nodes[curt].nxt[i]].fail = nodes[nodes[curt].fail].nxt[i],
                q.push(nodes[curt].nxt[i]);
            else
                nodes[curt].nxt[i] = nodes[nodes[curt].fail].nxt[i];
    }
}

之后我们会发现,对于每一次询问 \((x,y)\),我们所要求的就是在 Trie 树上,从字符串 \(y\) 的末尾节点开始沿着 fail 指针向上跳,每经历一个尾节点 \(x\) 时,答案计数加一。

当然,我做了一些小优化,离线处理每个询问,按关键字 \(y\) 进行从小到大的排序,然后对于每一个点\(x\)我们都用树状数组来记录能沿着 fail 指针树行进的(对了我们一定要用 fail 指针建一棵树来搞定这个)、能到达的以\(y\)结尾的点的个数,及维护前缀答案来搞定。

在获取答案之前,我们要写一个 DFS,来记录每个结点 low 和 dfn 的值。然后,统计答案时,因为答案分布在一整条链上,且链上的点的时间戳是由单调性的,所以可以用树状数组统计。

具体代码:

// P2414.cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define lowbit(num) (num & -num)
using namespace std;
const int MX_N = 200200;
int head[MX_N], current = 0;
struct egde
{
    int to, nxt;
} edges[MX_N];
char buff[MX_N];
int T, anses[MX_N], root, nds[MX_N], tree[MX_N], tim, n, ql[MX_N], qr[MX_N], tot;
struct node
{
    int nxt[26], fail, fa, pre[26], id, dfn, low;
} nodes[MX_N];
struct queryInfo
{
    int x, y, ans, id;
    bool operator<(const queryInfo &q) const { return y < q.y; }
} qi[MX_N];
inline int read()
{
    int x = 0, t = 1;
    char ch = getchar();
    while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-')
        ch = getchar();
    if (ch == '-')
        t = -1, ch = getchar();
    while (ch <= '9' && ch >= '0')
        x = x * 10 + ch - 48, ch = getchar();
    return x * t;
}
void addpath(int src, int dst) { edges[current].to = dst, edges[current].nxt = head[src], head[src] = current++; }
void update(int x, int c)
{
    while (x <= tim)
        tree[x] += c, x += lowbit(x);
}
int getsum(int x)
{
    int ret = 0;
    while (x > 0)
        ret += tree[x], x -= lowbit(x);
    return ret;
}
void insert(string str, int id)
{
    int p = root;
    for (int i = 0; i < str.length(); i++)
    {
        int curt = str[i] - 'a', fa = p;
        if (nodes[p].nxt[curt] == 0)
            nodes[p].nxt[curt] = ++tot;
        p = nodes[p].nxt[curt];
        nodes[p].fa = fa;
    }
    nodes[p].id = id, nds[id] = p;
}
void bfs()
{
    queue<int> q;
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        if (nodes[root].nxt[i] != 0)
            q.push(nodes[root].nxt[i]);
    while (!q.empty())
    {
        int curt = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < 26; i++)
            if (nodes[curt].nxt[i] != 0)
                nodes[nodes[curt].nxt[i]].fail = nodes[nodes[curt].fail].nxt[i],
                q.push(nodes[curt].nxt[i]);
            else
                nodes[curt].nxt[i] = nodes[nodes[curt].fail].nxt[i];
    }
}
void dfs(int u)
{
    nodes[u].dfn = ++tim;
    for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
        dfs(edges[i].to);
    nodes[u].low = tim;
}
void dfsans(int u)
{
    update(nodes[u].dfn, 1);
    if (nodes[u].id != 0)
        for (int i = ql[nodes[u].id]; i <= qr[nodes[u].id]; i++)
            qi[i].ans = getsum(nodes[nds[qi[i].x]].low) - getsum(nodes[nds[qi[i].x]].dfn - 1);
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        if (nodes[u].pre[i] != 0)
            dfsans(nodes[u].nxt[i]);
    update(nodes[u].dfn, -1);
}
int main()
{
    memset(head, -1, sizeof(head));
    root = 0;
    scanf("%s", buff + 1);
    int now = root;
    for (int i = 1, l = strlen(buff + 1); i <= l; ++i)
    {
        if (buff[i] >= 'a' && buff[i] <= 'z')
        {
            if (!nodes[now].nxt[buff[i] - 'a'])
                nodes[now].nxt[buff[i] - 'a'] = ++tot, nodes[tot].fa = now;
            now = nodes[now].nxt[buff[i] - 'a'];
        }
        if (buff[i] == 'B')
            now = nodes[now].fa;
        if (buff[i] == 'P')
        {
            nds[++n] = now;
            nodes[now].id = n;
        }
    }
    for (int i = 0; i <= tot; i++)
        for (int j = 0; j < 26; j++)
            nodes[i].pre[j] = nodes[i].nxt[j];
    bfs();
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
        addpath(nodes[i].fail, i);
    dfs(root);
    T = read();
    for (int i = 1; i <= T; i++)
        qi[i].x = read(), qi[i].y = read(), qi[i].id = i;
    sort(qi + 1, qi + 1 + T);
    for (int i = 1, pos = 1; i <= T; i = pos)
    {
        ql[qi[i].y] = i;
        while (qi[i].y == qi[pos].y)
            pos++;
        qr[qi[i].y] = pos - 1;
    }
    dfsans(root);
    for (int i = 1; i <= T; i++)
        anses[qi[i].id] = qi[i].ans;
    for (int i = 1; i <= T; i++)
        printf("%d\n", anses[i]);
    return 0;
}

P2444:[POI2000]病毒题解

主要思路

这道题铁定是要用 AC 自动机来进行实现的。我们把这些字符串全部通过 insert 操作放入了自动机之后,怎样改写 build_AC_automation 操作来搞定这道题呢?

首先,我们发现 fail 指针可以把整个 trie 树变成一张图(每一个点都加了一条虚边)。所以我们会发现,只要我们找到这张图的一个环,且这个环上所有的点都不是某个不安全代码的结尾点,就可以认定有无限长的代码安全。原因解析起来非常的简单,因为如果有一个这样安全的环,那么无限长的代码势必在这个环内无限循环,且因为这是安全的,所以也可以保证这一长串的代码是安全的。

详见代码。

代码

// P2444.cpp
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int MX_N = 30020;
struct node
{
    node *nxt[2], *fail;
    bool sum, ins, vis;
    node() { nxt[0] = nxt[1] = fail = NULL, sum = 0, ins = vis = false; }
};
node *root;
int n, longest;
void insert(string str)
{
    int siz = str.length();
    node *p = root;
    for (int i = 0; i < siz; i++)
        p = (p->nxt[str[i] - '0'] == NULL) ? (p->nxt[str[i] - '0'] = new node()) : p->nxt[str[i] - '0'];
    p->sum = true;
}
void build_ac_automation()
{
    queue<node *> q;
    q.push(root);
    while (!q.empty())
    {
        node *curt = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < 2; i++)
            if (curt->nxt[i] != NULL)
            {
                if (curt == root)
                    curt->nxt[i]->fail = root;
                else
                {
                    node *p = curt->fail;
                    while (p)
                        if (p->nxt[i] != NULL)
                        {
                            curt->nxt[i]->fail = p->nxt[i];
                            curt->nxt[i]->sum |= p->nxt[i]->sum;
                            break;
                        }
                        else
                            p = p->fail;
                    if (p == NULL)
                        curt->nxt[i]->fail = root;
                }
                q.push(curt->nxt[i]);
            }
            else if (curt->fail != NULL)
                curt->nxt[i] = curt->fail->nxt[i];
    }
}
bool dfs(node *curt)
{
    if (curt->ins)
        return true;
    if (curt->vis || curt->sum > 0)
        return false;
    curt->vis = curt->ins = true;
    for (int i = 0; i < 2; i++)
        if (curt->nxt[i] != NULL && dfs(curt->nxt[i]))
            return true;
    curt->ins = false;
    return false;
}
char buff[30020];
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    root = new node();
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%s", buff), insert(buff);
    build_ac_automation();
    if (dfs(root))
        printf("TAK");
    else
        printf("NIE");
    return 0;
}

 

P2002:消息扩散题解

主要思路

这道题是一道比较裸的 Tarjan 题。我们用 Tarjan 算法来获得强连通分量,并且缩点成 DAG 森林,统计 DAG 上入度为 0 的个数即可。这里推荐一篇关于 Tarjan 算法的优秀讲稿:https://www.byvoid.com/zhs/blog/scc-tarjan

代码

// P2002.cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MX_N = 900200, MX_M = 902000;
int timeStamp[MX_N], low[MX_N], n, m, head[MX_N], current, idx, ans, belongs[MX_N], bcnt;
int deg[MX_N];
struct edge
{
    int to, nxt;
} edges[MX_M << 1];
bool isInStack[MX_N], anses[MX_N];
stack<int> st;
vector<int> G[MX_N];
void addpath(int src, int dst)
{
    edges[current].to = dst, edges[current].nxt = head[src];
    head[src] = current++;
}
void dfs(int u)
{
    timeStamp[u] = low[u] = ++idx;
    isInStack[u] = true;
    st.push(u);
    for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
        if (timeStamp[edges[i].to] == 0)
            dfs(edges[i].to), low[u] = min(low[u], low[edges[i].to]);
        else if (isInStack[edges[i].to])
            low[u] = min(low[u], timeStamp[edges[i].to]);
    if (timeStamp[u] == low[u])
    {
        bcnt++;
        while (1)
        {
            int j = st.top();
            st.pop();
            isInStack[j] = false, belongs[j] = bcnt;
            if (j == u)
                break;
        }
    }
}
int main()
{
    memset(head, -1, sizeof(head));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        int src, dst;
        scanf("%d%d", &src, &dst);
        addpath(src, dst);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (timeStamp[i] == 0)
            dfs(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int e = head[i]; e != -1; e = edges[e].nxt)
            if (belongs[i] != belongs[edges[e].to])
                G[belongs[e]].push_back(belongs[edges[e].to]), deg[belongs[edges[e].to]]++;
    for (int i = 1; i <= bcnt; i++)
        if (deg[i] == 0)
            ans++;
    printf("%d", ans);
    return 0;
}